Embed Size (px)
Citation preview
MECHANIKA I. - STATIKA
BSc-s hallgatók számára
- 1 -
MECHANIKA I. - STATIKA
Tankönyv és jegyzet BSc-s hallgatók részére
- 2 -
© Dr. Galambosi Frigyes Mechanika I. Statika tankönyv és jegyzet BSc-s hallgatók részére Írta és szerkesztette: Dr. Galambosi Frigyes és Sándor Zsolt Péter Tördelte: Sándor Zsolt Rajzolók: Cseke Péter Tiqulo, Diviaczky Márk, Sándor Zsolt Péter Felelős kiadó: Felelős vezető: Márpedig hibák olykor előfordulhatnak. Erre való tekintettel létrehoztunk egy e-mail címet, ahol a könyvvel kapcsolatos hibákat jelezhetik, hogy az újabb kiadások alkalmá-val ezek már javítva jelenhessenek meg. Továbbá ugyanitt várjuk a könyvvel kapcsola-tos észrevételeiket is. [email protected] Budapest, 2011. január
- 3 -
TARTALOMJEGYZÉK
BEVEZETÉS ................................................................................................... - 5 -
I.) MATEMATIKAI ÖSSZEFOGLALÓ ...................... ............................... - 6 -
1.) M ÁTRIX SZÁMÍTÁS ALAPJAI ......................................................................................................... - 6 - 1.1.) Mátrixok összeadása és kivonása ......................................................................................... - 6 -
1.2.) Mátrixok szorzása skalár számmal ....................................................................................... - 7 -
1.3.) Mátrix szorzása mátrixszal ................................................................................................... - 7 - 1.4.) Mátrixok determinánsa ......................................................................................................... - 8 -
2.) VEKTORSZÁMÍTÁS ALAPJAI .......................................................................................................... - 9 - 2.1.) A vektoralgebra koordinátamentes értelmezése ................................................................... - 9 -
2.1.1.) Vektorok fogalma és jelölése ........................................................................................................ - 9 - 2.1.2.) Alapfogalmak .............................................................................................................................. - 10 - 2.1.3.) Műveletek vektorokkal ............................................................................................................... - 10 -
2.2.) A vektor algebra koordinátás értelmezése .......................................................................... - 14 -
2.2.1.) A vektor koordinátás értelmezése .............................................................................................. - 14 - 2.2.2.) Műveletek vektorokkal ............................................................................................................... - 15 -
3.) A TENZOR .................................................................................................................................... - 17 - 3.1.) A tenzor fogalma ................................................................................................................. - 17 -
3.2.) SAJÁTÉRTÉK , SAJÁTVEKTOR ................................................................................................... - 19 - 4.) PÉLDÁK A MATEMATIKAI ÖSSZEFOGLALÓ TÉMAKÖRB ŐL ........................................................ - 21 -
II.) ERŐRENDSZEREK .............................................................................. - 28 -
1.) ALAPFOGALMAK ......................................................................................................................... - 28 - 1.1.) Erő ....................................................................................................................................... - 28 -
1.2.) Pontra számított nyomaték .................................................................................................. - 29 - 1.3.) Erőpár, koncentrált nyomaték ............................................................................................ - 29 -
1.4.) Tengelyre számított nyomaték ............................................................................................. - 30 -
1.5.) Erőrendszer redukálása ...................................................................................................... - 31 - 1.6.) Kényszerek ........................................................................................................................... - 32 -
2.) ERŐRENDSZEREK OSZTÁLYOZÁSA ............................................................................................. - 34 - 3.) EGYENSÚLYI ERŐRENDSZEREK .................................................................................................. - 37 - 4.) PÉLDÁK AZ ER ŐRENDSZEREK TÉMAKÖRB ŐL ............................................................................. - 40 -
III.) IGÉNYBEVÉTEL ................................................................................. - 72 - 1.) KONCENTRÁLT ER ŐKEL TERHELT TARTÓ ................................................................................. - 74 - 2.) KONCENTRÁLT NYOMATÉKKAL TERHELT TARTÓ ..................................................................... - 75 - 3.) MEGOSZLÓ ERŐRENDSZERREL TERHELT TARTÓ ...................................................................... - 75 - 4.) M ÁSODFOKÚ FÜGGVÉNY RAJZOLÁSA ......................................................................................... - 77 - 5.) ÖSSZEFÜGGÉS A HAJLÍTÓNYOMATÉKI ÉS NYÍRÓER Ő FÜGGVÉNYEK KÖZÖTT .......................... - 78 - 6.) PÉLDÁK AZ IGÉNYBEVÉTELEK TÉMAKÖRB ŐL ........................................................................... - 79 -
IV.) PÁRHUZAMOS ER ŐRENDSZEREK ............................................. - 102 - 1.) KONCENTRÁLT ER ŐKBŐL ÁLLÓ PÁRHUZAMOS ER ŐRENDSZER............................................... - 102 - 2.) MEGOSZLÓ ERŐRENDSZER (SÍKBAN ) ....................................................................................... - 103 - 3.) SÚLYPONT , TÖMEGKÖZÉPPONT ÉS GEOMETRIAI KÖZÉPPONT ................................................ - 104 - 4.) VONALAK SÚLYPONTJA ............................................................................................................. - 105 - 5.) SÍKIDOMOK SÚLYPONTJA .......................................................................................................... - 105 - 6.) PÉLDÁK A PÁRHUZAMOS ER ŐRENDSZEREK TÉMAKÖRB ŐL ..................................................... - 106 -
- 4 -
V.) MÁSODRENDŰ NYOMATÉK .......................................................... - 110 -
1.) A MÁSODRENDŰ NYOMATÉK ÉRTELMEZÉSE ............................................................................ - 110 - 2.) M ÁSODRENDŰ NYOMATÉK AZ XYZ DERÉKSZÖGŰ KOORDINÁTARENDSZERBEN ...................... - 111 - 3.) SÍKIDOMOK MÁSODREND Ű NYOMATÉKA .................................................................................. - 113 - 4.) KOORDINÁTARENDSZER FORGATÁSA ....................................................................................... - 114 - 5.) KOORDINÁTARENDSZER PÁRHUZAMOS ELTOLÁSA .................................................................. - 115 - 6.) FŐMÁSODRENDŰ NYOMATÉK ÉS FŐIRÁNY ............................................................................... - 116 - 7.) NÉHÁNY SÍKIDOM MÁSODREND Ű NYOMATÉKA ........................................................................ - 118 - 8.) PÉLDÁK A MÁSODREND Ű NYOMATÉK TÉMAKÖRB ŐL ............................................................... - 119 -
VI.) RÁCSOS SZERKEZETEK ............................................................... - 134 -
1.) SÍKBELI RÁCSOS SZERKEZET ÉRTELMEZÉSE ............................................................................ - 134 - 2.) RÚDERŐK MEGHATÁROZÁSA CSOMÓPONTI MÓDSZERREL ...................................................... - 135 - 3.) HÁROMRUDAS ÁTMETSZ Ő MÓDSZER ........................................................................................ - 138 - 4.) „K” RÁCSOZÁSÚ TARTÓK SZÁMÍTÁSA ...................................................................................... - 140 - 5.) PÉLDÁK A RÁCSOS SZERKEZETEK TÉMAKÖRB ŐL .................................................................... - 142 -
VII.) SÚRLÓDÁS ....................................................................................... - 149 - 1.) A SÚRLÓDÁS FIZIKAI ÉRTELMEZÉSE ......................................................................................... - 149 - 2.) GÖRDÜLÉSI ELLENÁLLÁS .......................................................................................................... - 151 - 3.) KÖTÉLSÚRLÓDÁS ...................................................................................................................... - 153 - 4.) CSAPSÚRLÓDÁS ......................................................................................................................... - 154 - 5.) PÉLDÁK A SÚRLÓDÁS TÉMAKÖRB ŐL ........................................................................................ - 155 -
- 5 -
Bevezetés Tisztelt Olvasó / Kedves Hallgató! Ezen egyetemi jegyzet a mechanika, azon belül a statika tudományával foglalkozik. Nem titkolt célja, hogy segítséget nyújtson azoknak a hallgatóknak, akiknek szándéká-ban áll az e tudományág jelentette fontos ismeretanyag alapjait megismerni és elsajátí-tani, ami további tanulmányaik hasznos, sőt elengedhetetlen pillére lehet. A könyv az alapoktól kezdve dolgozza fel a témát; a téma megértéséhez szükséges ma-tematikai hátteret az első fejezetben fellelhető összefoglaló ismerteti. A tananyag elsajátítását a fejezetek célszerű felépítése hivatott támogatni. Minden té-makör esetében az elméleti bevezetőt több részletesen kidolgozott példa követi, melye-ket a megértés elősegítése végett igyekeztünk minél több ábrával illusztrálni. Mindezen felül gyakorlópéldák is találhatóak a könyvben, melyeknél csak a kiindulási adatokat és a végeredményeket közöltük. Ezeket önálló megoldás céljára szánjuk. Tapasztalatainkból kiindulva azt ajánljuk, hogy a tanulás során is a fejezetek struktúrá-ját kövessék: az elmélet és a feladatok megoldásának szokásos menetének áttekintését követően ne mulasszanak el néhány példát saját maguk megoldani, hiszen mindez nagy segítség lehet a tantárgy számonkéréseire való felkészülésben. Az így szerzett tapaszta-lat és gyakorlottság pótolhatatlan. Könyvünket hiánypótlónak szánjuk a hallgatóbarát statikakönyvek területén, így az írás során elsődleges volt az a szempont, hogy a hallgatók könnyen használható, logikus és lényegre törő segédletet kapjanak tanulmányaik során. Őszintén reméljük, hogy a tanu-lók hasznosnak ítélik meg a könyvet, és segítségével még sikeresebben lesznek képesek ismereteik részévé tenni e nagyszerű tudományt. Miként a témakör egyik népszerű oktatója gyakorta említette: „A társadalomtudományokkal szemben a statika tudománya független a politikai rend-szerek változásától, így aki egyszer elsajátítja, azt már nem érheti meglepetés.” Budapest, 2009 A szerzők
- 6 -
I.) Matematikai összefoglaló 1.) Mátrix számítás alapjai Definíció: A számok egy bizonyos alakba történő elrendezését mátrixnak nevezzük.
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
L
MOMM
L
L
21
22221
11211
A mátrix elemeit indexszel látjuk el, ami megmutatja, hogy az adott elem a mátrix mely sorában, illetve oszlopában helyezkedik el. Első szám a sorindex, a második az oszlop-index.
A mátrixoknak több jelölési módja terjedt el. Például: nagybetű kétszer föléhúzva A , kétszer aláhúzva A , vagy nyomtatásban a vastag nagybetű A, esetleg [aij] alakú. Ezen
felül szokás indexekkel jelölni a mátrix terjedelmét.
Például: nmnm A ×× ,A .
Ebben a könyvben a mátrixokat vékony betűvel és két fölévonással fogjuk jelölni: nmA ×
Speciális mátrixok: - Négyzetes mátrix: A mátrix sorainak és oszlopainak száma megegyezik. (m=n) - Sormátrix: A mátrixnak egyetlen sora van. (1×n) - Oszlopmátrix: A mátrixnak egy oszlopa van (m×1)
A mátrixok azon elemei, melyek sorindexe egyenlő az oszlopindexével, alkotják a mát-rix főátlóját. Például: 2×2 mátrixban az a11 és a22 elemek. 1.1.) Mátrixok összeadása és kivonása Ezek a műveletek csak azonos méretű mátrixok között értelmezhetők.
Adott A m×n melynek elemei aij és B m×n, melynek elemei bij. Az összeadás és kivonás
műveletét az alábbiak szerint értelmezzük: ( ) ijijijij baBAC +=+=
illetve kivonásnál: ( ) ijijijij baBAD −=−=
Vagyis az eredménymátrix ij elemét úgy kapjuk meg, hogy a műveletben szereplő mát-rixok ij elemeit a műveletnek megfelelően összeadjuk, vagy kivonjuk.
Példa: Adjuk össze az alábbi 2×2-as mátrixokat.
=
+
19
17
25
84 ?
- 7 -
Megoldás: A megfelelő helyen lévő elemeket összeadjuk. Tehát 4 + 7 = 11, 8 +1 =9 és így tovább.
=
+
314
911
19
17
25
84
1.2.) Mátrixok szorzása skalár számmal
Adott [ ]ijaA = és λ egy skalár szám. Ekkor [ ]ijaA ⋅=⋅ λλ , vagyis egy mátrix szorzását
λ számmal úgy hajtjuk végre, hogy a mátrix minden elemét megszorozzuk a skalár számmal. Példa: Szorozzuk meg az alábbi 2×2-es mátrixot kettővel.
=
410
1682*
25
84
1.3.) Mátrix szorzása mátrixszal Két mátrixot csak akkor lehet összeszorozni, a szorzás sorrendjét is figyelembe véve, ha az első tényező oszlopainak száma megegyezik a második tényező sorainak számával.
knkmmn CBA ××× =⋅
Ekkor a végeredmény mátrix sorszáma az első tényező sorszámával, az oszlopszáma, pedig a második tényező oszlopszámával lesz egyenlő. Négyzetes mátrixok szorzásakor a végeredmény mátrix is négyzetes mátrix lesz, mely-nek sor és oszlopszáma megegyezik a tényezőkével.
A mátrix szorzás egy speciális esete, ha sormátrixot oszlopmátrixszal szorzunk. Ebben az esetben, ugyanis a végeredmény egy 1×1-es mátrix lesz.
Legyen [ ]nn aaaA 1?22111 ,,K
=× és
=×
1
31
21
11
1
....
n
n
b
b
b
b
B
A szorzás BA⋅ eredménye tehát egyetlen szám lesz, melynek értéke a következőkép-pen alakul:
BA⋅ = [ ]
⋅
1
31
21
11
1131211 ,,,,
n
n
b
b
b
b
aaaa
M
K = 1121121111 ... nnbababa +++ = ∑=
n
1ii11i ba
- 8 -
Általános mátrixok szorzása:
Legyen [ ]nmijnm aA
×× = és
[ ]knijkn bB
×× =
kmknnm CBABA ××× =⋅=⋅ .
A kmC × mátrix elemei:
njinjijiij bababac ⋅++⋅+⋅= K2211 .
Tehát az eredménymátrix elemeit úgy kapjuk, hogy az A mátrix minden sorát megszo-
rozzuk a B mátrix minden oszlopával. A sor, oszlop kombinációban végrehajtandó szorzást a speciális sormátrix oszlopmát-rixszal való szorzás szabályai szerint hajtjuk végre. 1.4.) Mátrixok determinánsa Legyen adva egy négyzetes mátrix. Ennek a mátrixnak a determinánsa egy szám mely-nek értékét a mátrixot alkotó elemekből, meghatározott műveleti szabályok szerint szá-mítjuk ki.
A determináns jelölése: ( ) AA =det .
A 2×2-es mátrix determinánsát az alábbi eljárással határozzuk meg:
( ) cbdadc
ba
dc
baA ⋅−⋅==
= detdet
Vagyis a főátlóbeli elemek szorzatából kivonjuk a mellékátlóbeli elemek szorzatát.
Tekintsük az alábbi 3×3-as mátrixot:
=
333231
232221
131211
aaa
aaa
aaa
A
Válasszuk ki a mátrix valamely elemét és hagyjuk el a kiválasztott elem sorát és oszlo-pát. Így egy kisebb méretű (jelenleg 2×2-es) mátrixot kapunk, melynek determinánsa az előzőek szerint számítható. Ezt a determinánst a kiválasztott elemhez tartozó aldeterminánsnak nevezzük. Ha kiválasztottuk az 22a elemet, akkor a hozzá tartozó aldetermináns:
311333113331
1311
333231
2321
131211
aaaaaa
aa
aaa
aa
aaa
−=→
22a
Ha az aldeterminánst megszorozzuk még ( ) ji +−1 - vel nyerjük a ija elemhez tartozó
előjeles aldeterminánst, más néven az adjungáltat. Az 22a elemhez tartozó adjungált tehát a következő:
A
B
C
i
j
i
j
=
- 9 -
( ) ( ) ( )3113331131133311221 aaaaaaaa −+=−⋅− + .
Az adjungált előjele az úgynevezett „sakktábla” szabály szerint is meghatározható. Ilyenkor a mátrix első eleme (bal felső) pozitív, a többi elem előjele az elsőhöz képest felváltva követi egymást.
+−+−−+−++−+−−+−+
OMMMM
L
L
L
L
A mátrix determinánsát a következő módon számítjuk ki. Válasszunk ki a determináns tetszőleges sorát vagy oszlopát. A kiválasztott sor vagy oszlop minden elemét megszo-rozzuk az adjungáltjával és az így nyert szorzatokat előjelhelyesen összegezzük. Első sor szerinti kifejtés:
( ) .det3231
222113
3331
232112
3332
232211 aa
aaa
aa
aaa
aa
aaaA +−+=
A determináns kiszámítása sok esetben egyszerűsödik, ha kihasználjuk a determinánsok néhány tulajdonságát:
- Ha a determináns két sorát vagy oszlopát felcseréljük, akkor értéke előjelet vált. - Ha a determináns két sora vagy oszlopa megegyezik, akkor az értéke nulla lesz. - Ha a determináns valamelyik sorának vagy oszlopának minden elemét megszoroz-zuk egy tetszőleges λ számmal, akkor a determináns értéke is λ –szorosára változik.
A determináns kiszámítását célszerű olyan sor vagy oszlop szerint kifejteni, amelyben sok nulla értékű elem található. Ekkor ugyanis csak a nem zérus elemekhez tartozó aldeterminánsok kiszámítását kell elvégezni.
2.) Vektorszámítás alapjai 2.1.) A vektoralgebra koordinátamentes értelmezése
2.1.1.) Vektorok fogalma és jelölése
Az olyan mennyiségeket, amelyek-nek nemcsak nagysága hanem iránya is van, vektoroknak nevezzük. A tér egy P pontjából a Q pontba mutató vektort a PQ egyenes darab hossza (nagysága), a térbeli helyzete (állá-sa), és iránya (értelme) határozza meg. A térbeli helyzetet (állást) és az irányt (értelmet) összefoglalóan csak iránynak is nevezik. A vektoros jelö-
lése: PQ, a , a.
PPP
Q
hatásvonal
- 10 -
Kétféle vektort értelmezünk: - Szabad vektor: melynek kezdőpontja (támadáspontja) a tér tetszőleges pont-
jába helyezhető. - Kötött vektor: melynek támadáspontja a tér egy meghatározott pontja.
Két kötött vektor akkor egyenlő, ha kezdő és végpontja megegyezik. Két szabad vektor akkor egyenlő, ha nagyságuk, irányuk és értelmük megegyezik. Ez azt jelenti, hogy a szabad vektorok önmagukkal párhuzamosan eltolhatók. A következőkben, többségében szabad vektorokkal fogunk foglalkozni.
2.1.2.) Alapfogalmak
a.) A vektor abszolút értéke:
A vektor abszolút értéke, a vektor hossza, amely egy nem negatív valós szám. Jele: v
b.) Zérus vektor vagy nullvektor: A zérus vektor abszolút értéke nulla és iránya tetszőleges.
c.) Egységvektor: Az egység vektor abszolút értéke 1. Jelölése: e
Egy v vektor abszolút értékét a következőképpen határozzuk meg:
v
vev =
Az egységvektor iránya megegyezik az eredeti v vektor irányával.
d.) Két vektor hajlásszöge: A 1v és 2v vektorok hajlásszöge – a sorrendet is
figyelembe véve – az a szög, amellyel a 1v vek-
tor pozitív forgatással a 2v vektor irányba for-gatható.
2.1.3.) Műveletek vektorokkal
a.) Vektorok összeadása:
A 1v és 2v vektorok összegét a következőkép-pen értelmezzük. Az első vektor végpontjához hozzáillesztjük a második vektor kezdőpontját. Az első vektor kezdőpontjából a második vektor
végpontjába mutató vektort nevezzük a (1v + 2v ) vektornak. Ez az összegzési módszer tetszőleges számú vektor összeadására is használható.
Két vektor összegét a paralelogramma módszer szerint is meghatározhatjuk: Ennek során a két vektort közös pontból mérjük föl és egy paralelogramma két szomszédos oldalának tekintjük.
1v
2v
21 vv +
α2v
1v
- 11 -
ha λ > 0
ha λ < 0
a
aλ
aλ
A ( 1v + 2v ) vektor a paralelogramma irányított átlója, melynek kezdőpontja a két vektor közös kezdőpontja.
1v
2v
21 vv +
A vektorok összeadására vonatkozó tulajdonságok: - Kommutatív azaz felcserélhető:
abba +=+ - Asszociatív azaz csoportosítható:
( ) ( )cbacbacba ++=++=++ b.) Vektorok kivonása:
Az a és b vektort )( ba − különbségén az alábbi vek-tort értjük. A két vektor közös kezdőpontból felmérjük, majd
képezzük a b vektor végpontjából az a vektor vég-pontjába mutató vektort.
Az ba − vektort képezhetjük az )( ba −+ összegeként is.
a
b− ba −
a
b−ba −
c.) Vektorok szorzása skalárral:
Az avektor és a λ skalár szám szorzata a aλ vektor, melynek a abszolút ér-
téke az a vektor abszolút érté-
kének λ -szorosa, iránya pe-
dig a -val egyező, ha λ pozitív
és ellentétes ha λ negatív.
Ha λ = 0, akkor a szorzás eredménye zérusvektor (nullvektor).
1v 2v
21 vv +
3v
4v
321 vvv ++
4321 vvvv +++
a
b ba −
- 12 -
A skalárral való szorzás tulajdonságai: - Asszociativitás (csoportosíthatóság) : )()()( 122121 aaa λλλλλλ ==
- Disztributivitás (szétválaszthatóság): aaa 2121 )( λλλλ +=+ és
( ) baba λλλ +=+
a
b ba +
aλ
bλ )( ba +λ
d.) Vektor szorzása vektorral skalárisan (skaláris szorzat)
Két vektor skaláris szorzata a két vektor abszolút értékének és hajlásszögük ko-
szinuszának szorzata. Jele: ba ⋅
αcos⋅⋅=⋅ baba
Két vektor skaláris szorzata valós számot, skalárt eredményez. Két vektor skaláris szorzata az alábbi esetekben lehet zérus:
- 0=a
- 0=b
- °=⇒= 900cos αα
Vagyis két nem zérus vektor skaláris szorzata zérus, ha a vektorok merőle-gesek egymásra. Másképp fogalmazva: két nem nullvektor skaláris szorzata csak akkor nulla, ha a két vektor derékszöget zár be egymással. A skaláris szorzás az alábbi tulajdonságokkal rendelke-zik.:
- abba ⋅=⋅
- ( ) ( ) ( )bababa λλλ ⋅=⋅=⋅
- ( ) cbcacba ⋅+⋅=⋅+ Ha két vektor közül az egyik egységvektor, akkor az
ae ⋅ skalár szorzat, az a vektor evektorra vett merőleges vetületét adja.
a
b
αcos⋅b
α
a
αe
ae ⋅
- 13 -
e.) Vektor szorzása vektorral vektoriálisan (vektoriális szorzat)
Két vektor vektoriális szorzata vektor. Jele: ba × (A sorrend fontos!)
Ennek abszolút értéke: ρsin⋅⋅=× baba
Az ( )ba× vektor az a és b vektorokra merőleges úgy,
hogy az a , b és ba × vektorok ebben a sorrendben egy jobb sodrású rendszert alkotnak.
A vektoriális szorzat abszolút értékének geometriai jelentése: a két vektor által kifeszített paralelogramma területe. Két vektor vektoriális szorzata is lehet zérus, abban az esetben, ha egyik vektor sem nullvektor. Ha két vektor párhuza-mos, akkor vektoriális szorzatuk zérus, mert az általuk bezárt szög szinusza zérus. Ez a megállapítás fordítva is igaz, ha két nem zérus vektor vektoriális szor-zata zérus, akkor a vektorok párhuzamosak egymással.
A vektoriális szorzás tulajdonságai:
- abba ×−=× (A tényezők felcserélése előjelváltással jár!)
- ( ) cbcacba ×+×=×+
- ( ) bababa λλλ ×=×=×
- ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
−=××−=××
cbacabcba
baccabcba Kifejtési tétel.
f.) Vegyes szorzás
Három vektor vegyes szorzata egy skalár szám, amely két vektor vektori szorzatának a harmadikkal való skaláris szorzata.
a
b
ba×
c
ρcos⋅c
α
ρ
( ) ρcos⋅⋅×=⋅×= cbacbacba
A vegyes szorzat geometriai jelentése az a , b és c vektorok által kifeszí-tett paralelepipedon térfogata. Annak ellenére, hogy a térfogat a fizikai ér-telmezés szerint mindig pozitív értékű, a vegyes szorzat eredménye aszerint pozitív vagy negatív, hogy a három vektor jobb vagy balrendszert alkot-e.
ρ
a
b ρsin⋅b
a
b
ba ×
• ρ
- 14 -
A felcserélési tétel szerint:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) cabbcaacbbaccba ⋅×−=⋅×−=⋅×=⋅×=⋅×
A vegyes szorzat zérusértékű lehet akkor is, ha egyik tényezője sem zérus. Az 0=cba egyenlőség áll fenn, ha a három vektor egy síkban van (komplanáris).
2.2.) A vektor algebra koordinátás értelmezése
2.2.1.) A vektor koordinátás értelmezése
A vektorok koordinátás értelmezése során jobbsodrású koordináta rendszert használunk. Legyen az x,y,z koordinátarendszer pozitív tengelyeinek irányába mutató egy-ségvektorok: kji ,, .
x
z
zv
yv
xv
ij
k
v
A háromdimenziós tér, bármely v vektora előállítható kzjyixvvvv zyx ++=++= alakban, ahol x,y,z a v vektor koordinátái.
Síkbeli feladatok esetén csak kétdimenziós koordinátarendszert használunk. Ekkor a vektoroknak a k egységvektor irányába eső komponense (koordinátája) zérus értékű.
jyixvvv yx +=+=
Kétdimenziós esetben a trigonometria is köny-nyebben kezelhető.
αcos⋅= vx
αsin⋅= vy
y
xctg
x
ytg == αα
y
x
y
x
yv
jxv
i
v
y
xx
yv
α
- 15 -
2.2.2.) Műveletek vektorokkal
a.) Vektorok összeadása
Legyen jyixv 111 += és jyixv 222 += , ak-
kor ( ) ( ) jyyixxvv 212121 +++=+ . Két vektor összegének koordinátái az össze-adandó vektorok megfelelő koordinátáinak összegével egyenlő.
kzjyixvvvvn
ii
n
ii
n
iini
+
+
=+++++ ∑∑∑=== 111
21 KK
Mivel a koordináták előjeles számok, ezért az összegzésnél az előjeleket fi-gyelembe kell venni.
b.) Vektorok különbsége
Két vektor különbségének koordinátái a megfelelő koordináták különbségé-vel egyenlő. Legyen kzjyixv 1111 ++= és kzjyixv 2222 ++= .
Ekkor ( ) ( ) ( ) ( )kzzjyyixxvv 21212121 −+−+−=− .
Két vektor különbségének ismerete lehetőséget teremt arra, hogy meghatá-rozzuk két pont közötti vektor koordinátáit. Az ábrára rajzolt vektorokra felírhatjuk az alábbi összefüggést:
ba rABr =+ .
Az egyenletet átrendezve
kapjuk: ab rrAB −= .
Ez azt jelenti, ha ismerjük a két pont koordinátáit, a két pontot összekötő vektort úgy határozhatjuk meg, hogy a végpont koordinátáiból kivonjuk a kezdőpont koordinátáit.
( ) ( ) ( ) .kabjabiabAB zzyyxx −+−+−=
c.) Vektor szorzása skalárral koordinátás alakban
Egy λ skalár szám és egy vektor szorzatának koordinátái az eredeti vektor koordinátáinak λ - szorosa. Legyen kzjyixv ++= , akkor ( ) ( ) ( )kzjyixv λλλλ ++= .
y
x1 x2
y 1y 2
1v
2v21 vv +
i
j
PP
x
y
z
A (ax, ay, az )
B (bx, by, bz )
AB
arbr
- 16 -
d.) Skaláris szorzat koordinátás alakja
Két vektor skaláris szorzata egyenlő a két vektor megfelelő koordinátái szor-zatának összegével. Legyen kzjyixv 1111 ++= , vagy másképp [ ]1111 ,, zyx=ν és legyen
kzjyixv 2222 ++= , illetve
=
2
2
2
2
z
y
x
v .
kzkzjzjykzix
kykzjyjyjyix
ixkzixjyixixvv
212121
212121
21212121
⋅+⋅+⋅+
⋅+⋅+⋅+
⋅+⋅+⋅=⋅
Mivel 1=⋅=⋅=⋅ kkjjii és 0=⋅=⋅=⋅ kjkiji , így
[ ]
⋅=⋅+⋅+⋅=⋅
2
2
2
11121212121 ,,
z
y
x
zyxzzyyxxvv
e.) Vektoriális szorzat koordinátás alakja
Az i , j , k jobbrendszert alkotó, egymásra merőleges egység-vektorok páronkénti vektoriális szorzata:
0=× ii kji =× jki −=×
0
0
=×−=×=×=×=×−=×
kkijkjik
ikjjjkij
Legyen kzjyixv 1111 ++= és kzjyixv 2222 ++= .
Ekkor ( ) ( )kzjyixkzjyixvv 22211121 ++×++=× .
Az előzőeket valamint a disztributivitást felhasználva az eredmény számítha-tó. A vektori szorzat a mátrixszámítást felhasználva az alábbi alakban írható fel.
222
111
222
11121 det
zyx
zyx
kji
zyx
zyx
kji
vv =
=×
f.) Vegyes szorzat koordinátás alakja
Legyen
kzjyixv 1111 ++= ,
kzjyixv 2222 ++= ,
kzjyixv 3333 ++=
Ekkor:
=
333
222
111
321 det
zyx
zyx
zyx
vvv
ij
k
- 17 -
g.) A vektor abszolút értékének koordinátás előállítása
Egy vektor abszolút értéke, a koordináták négyzetösszegéből vont négyzet-gyök.
Legyen kzjyixv 111 ++= , akkor 21
21
21 zyxv ++= .
h.) Egységvektor előállítása koordinátás alakban
Legyen kzjyixv 111 ++= , ekkor 21
21
21
111
zyx
kzjyix
v
vea
++
++==
i.) Vetület előállítása koordinátás alakban
A b vektornak az a vektorra való merőleges vetülete. a
abebb na ⋅=⋅=
Legyen kajaiaa zyx ++= és kbjbibb zyx ++= .
( )222222zyx
zzyyxx
zyx
zyxzyxa
aaa
bababa
aaa
kajaiakbjbibb
++
++=
++
++⋅++=
ρ a
b
abae
3.) A tenzor 3.1.) A tenzor fogalma
A fizikai rendszerek változását szimbolikusan operátorokkal fejezzük ki. Ha egy v vektort elforgatunk valamely adott szöggel és ezzel a *v vektorhoz jutunk, akkor ezt a változást jellemezhetjük az 0 operátorral.
vv 0=*
Abban az esetben, ha az operátor rendelkezik a [ ]∑∑==
=
⋅
n
iii
n
iii vv
11
00 αα
tulajdonságokkal – ahol iα skalár szám – az operátort lineáris, homogén vektor-
operátornak vagy más néven tenzornak nevezzük. A tenzort vastag betűvel és két felülvonással jelöljük. Egy tenzort akkor tekintünk egyértelműen meghatározottnak, ha meg tudjuk adni tetszőleges vektorral képzett szorzatát, vagy ami ugyanezt jelenti, meg tudjuk mon-dani, hogy egy adott vektort milyen vektorra képez le.
- 18 -
Ehhez elegendő megadni, hogy a tenzor a tér három nem komplanáris (nem egy sík-ban fekvő) vektorát mely vektorokra transzformálja. Legyen a tér három nem komplanáris vektora a ,b , c és a transzformáció a következő:
x
y
z
a
b
d*d
*c
*a
i j
k
c
*b
cc
bb
aa
T
T
T
=
=
=
*
*
*
Mivel 0≠cba , a tér bármely d vektora felírható. cbad 321 λλλ ++= alakban.
Alkalmazva a d vektorra, a transzformációt, kapjuk:
( ) **** 321321321 cbacbaaaadd λλλλλλλλλ ++=++=++== TTTTT
Vagyis, a *d (transzformált vektor) előállítható az alapvektorok transzformáltjai-nak lineáris kombinációjaként. Az előzőekből következik, hogy ha a vektorhármast ( )cba ,, rögzítjük, akkor a tenzor egyértelműen jellemezhető. Legcélszerűbb, ha e vektorhármasnak a koordi-nátatengelyeket kijelölő egységvektorokat 321 ,, eee választjuk.
Ismerve az
33
22
11
*
*
*
ee
ee
ee
T
T
T
=
=
=
=
31
21
11
1*
a
a
a
e
=
32
22
12
2*
a
a
a
e
=
33
23
13
3*
a
a
a
e
vektorokat, a T tenzort ezekkel, mint vektorrendezőkkel jellemezhetjük.
[ ]**,*, 321 eee=T
Tetszőleges 332211 eeev λλλ ++= vektor esetén a leképezés
*** 332211 eeev λλλ ++=T , illetve
- 19 -
=
+
+
=
=
3
2
1
333231
232221
131211
33
23
13
3
32
22
12
2
31
21
11
1
3
2
1
*
*
*
*
λλλ
λλλaaa
aaa
aaa
a
a
a
a
a
a
a
a
a
v
v
v
v
alakban lehetséges.
A tenzort tehát három vektor vagy kilenc skalár adat jellemezheti. Ezeket a skalár adatokat mátrixba foglalva kapjuk a tenzor mátrixát. Például:
=
333231
232221
131211
aaa
aaa
aaa
T
3.2.) Sajátérték, sajátvektor
A vektorok leképezésénél léteznek olyan egységvektorok, amelyekhez az adott tenzor az eredeti vektorral egyező állású vektort rendel.
Ezeket az vektorokat a T tenzor sajátvek-torainak, a hozzájuk tartozó λ számokat pedig a tenzor sajátértékeinek nevezzük. A mechanika oktatás gyakorlatában szimmet-rikus tenzorok fordulnak elő. A szimmetrikus tenzornak legalább – a dimenziószámmal megegyező számú – egymásra páronként merőleges
( )3,2,1=iei sajátvektor-rendszere és en-
nek megfelelően 321 λλλ ≥≥ valós saját-
értéke van. Ezek a sajátértékek illetve sa-játvektorok a mechanika különböző ágai-ban más és más fizikai tartalommal bírnak.
Rendezzük át a vv λ=T egyenletet.
( ) 0=−=⋅− vvv ETET λλ , ahol E az úgynevezett egységtenzor. A vektoregyenlet mátrixos írásmóddal az alábbi.
=
−−
−
0
0
0
333231
232221
131211
z
y
x
v
v
v
aaa
aaa
aaa
λλ
λ
ahol zyx vvv ,, a v vektor koordinátái és
=100
010
001
E
A homogén lineáris egyenletrendszernek triviálistól különböző megoldása csak ak-kor van, ha
0det
333231
232221
13121
=
−−
−
λλ
λ
aaa
aaa
aaa
x
y
z
v
ij
k
vv λ=*
- 20 -
A tenzor első skalár invariánsa: 3322111 aaas ++=
A tenzor második skalár invariánsa:
+
+
=
3332
2322
3331
1311
2221
12112 detdetdet
aa
aa
aa
aa
aa
aas
Vegyük észre, hogy a második skalár invariáns a tenzor főátlójában található ele-mekhez tarozó aldeterminánsok összege.
A tenzor harmadik skalár invariánsa:
=
333231
232221
131211
3 det
aaa
aaa
aaa
s
Az egyenlet így 0322
13 =−+− sss λλλ alakú harmadfokú polinom. Ennek megol-
dásai adják a 123 ,, λλλ sajtértékeket.
A iλ sajátértékhez tartozó sajátvektort iv az alábbi egyenletek felhasználásával
tudjuk meghatározni:
=
−−
−
0
0
0
333231
232221
131211
iz
iy
ix
i
i
i
v
v
v
aaa
aaa
aaa
λλ
λ
illetve, 1222 =++ iziyix vvv
Az előző négy egyenlet közül csak három lineárisan független. Ezek segítségével a keresett vektorrendezők meghatározhatók. Síkbeli transzformáció esetén a transzformációt leíró tenzor csak négy elemet tar-talmaz.
=
2221
1211
aa
aaT
A karakterisztikus egyenlet ennek megfelelően csak másodfokú.
0det2221
1211 =
−−
λλ
aa
aa
Vagyis a tenzornak két sajátértéke és két sajátvektora van. Ezek a vektorok – szim-metrikus tenzorokról lévén szó – merőlegesek egymásra.
- 21 -
4.) Példák a matematikai összefoglaló témakörből 1. példa Legyen adott az alábbi két mátrix:
=004
042
531
A és
=721
044
056
B
Határozzuk meg a két mátrix összegének, különbségének és szorzatának determinánsát! a.) Összeg
CBA =+ , tehát
=725
086
587
C
A determináns meghatározását végezzük el az első sor szerinti kifejtéssel.
[ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ] 84140336392285428567
852650576802787
25
865
75
068
72
087det
−=−−=−⋅+⋅−⋅==⋅−⋅+⋅−⋅⋅−⋅−⋅⋅=
=+−+=C
b.) Különbség
DBA =− , tehát
−−−
−−=
723
002
525
D
A determinánst fejtsük ki a középső sor szerint.
48(...)0(...)0)1014(2
23
250
73
550
72
52)2(det
=⋅−⋅++⋅=
=−−−
⋅−−
⋅+−−
−⋅−−=D
c.) Szorzat
HBA =⋅
=
⋅
=
333231
232221
131211
721
044
056
004
042
531
hhh
hhh
hhh
H
- 22 -
353500750301
2710125254351
235126154361
13
12
11
=++=⋅+⋅+⋅==++=⋅+⋅+⋅=
=++=⋅+⋅+⋅=
h
h
h
0000700004
200020204054
240024104064
0000700402
2601610204452
2801612104462
33
32
31
23
22
21
=++=⋅+⋅+⋅==++=⋅+⋅+⋅==++=⋅+⋅+⋅=
=++=⋅+⋅+⋅==++=⋅+⋅+⋅==++=⋅+⋅+⋅=
h
h
h
h
h
h
Tehát
=02024
02628
352723
H
A determináns értékének meghatározását végezzük el az utolsó oszlop szerinti kifejtéssel.
2240)26242028(35
2628
27230
2024
27230
2024
262835det
−=⋅−⋅⋅=
=⋅+⋅−⋅=H
2. példa
Határozzuk meg a CA és CBvektorra merő-leges a vektort!
A (4, 2, 0); B (2, 4, 3); C (3, 0, 4)
kjiCBkjiCA 141421 −+−=−+=
kjikji
kji
CBCAa 6514)24()41()162(
141
421 ++=++−−−+−=−−−=×=
Természetesen a CACB× vektor is merőleges a két vektorra.
kjikji
kji
CACB 6514)42()14()216(
421
141 −−−=−−++−+−=−−−=×
Amint várható volt, az egyik vektor a másik (-1) - szerese.
••
•A
BC
x
y
z
3
2
4
4
3
4
- 23 -
3. példa Határozzuk meg a bCB= vektor vetületét a aCA= vektorra. A (4, 4, 2); B (2, 6, 5); C (1, 1, 3)
kjiaCA
kjibCB
133
251
−+==
++==
a
aea =
19199 =++=a
kjiea19
1
19
3
19
3 −++=
[ ] 065,219
16
19
2
19
15
19
3
19
119
319
3
2,5,1 ==−+=
−
+
+
⋅=⋅= aebS
4. példa Határozza meg az A, B, C, D pontokkal megadott paralelepipedon térfogatát! A (4, -2 3); B (8, 6, -1); C (6, 10, 0); D (9, 7, 5) A keresett térfogatot, a
dBDcBCaBA === ,, vektorok vegyes szorzata adja.
kjidBD
kjicBC
kjiaBA
611
142
484
++==
++−==
+−−==
dcaV =
2162410488)42(4)112(8)224(4
611
142
484
−=−−−=−−⋅+−−⋅+−⋅−=−−−
=dca
V=216
x
y
z
••
•
A
B
C
x
y
z
B
C
D
A
- 24 -
5. példa
Bontsuk fel az F vektort bBDaAD == , és
cCD = vektorok irányába mutató komponen-sekre! A (2, 6 0); B (0, 0, 0); C (4, 0, 0); D (2, 3, 6) kjiF 400300200 ++−= A felbontás során kapott komponensvektorok összege a felbontandó vektorral egyenlő
*** cbaF ++= .
A komponensvektorok mindegyike valamely előre megadott vektor irányába néz, tehát írható, hogy:
cc
bb
aa
3
2
1
*
*
*
λλλ
==
=
Ezekkel a vektoregyenlet az alábbi alakot ölti: cbaF 321 λλλ ++=
A megadott pontok alapján a vektorok számíthatók, vagyis
kjicCD
kjibBD
kjiaAD
632
632
630
++−==
++==
+−==
A vektoregyenlet megoldására többféle módszer is létezik: A.) Megoldás:
Helyettesítsük be a vektoregyenletbe a megadott F illetve a kiszámított cba ,, vektorok vektorrendezőit. )632()632()630(400300200 321 kjikjikjikji ++−+++++−=++− λλλ
Az egyenlet jobboldalán végezzük el a skalárral való szorzást, valamint csoporto-sítsuk azokat az kji ,, egységvektorok szerint.
kji
kji
⋅+++⋅++−+⋅−+==++−
)666()333()220(
400300200
321321321 λλλλλλλλλ
Két vektor akkor egyenlő, ha a megfelelő vektorrendezők értéke azonos. Ezt fi-gyelembe véve, az alábbi egyenletrendszert kapjuk.
x
z
•
••
• AB
C
DF
321
321
321
666400
333300
220200
λλλλλλλλλ
++=++−=−+=−
- 25 -
A három ismeretlenes egyenletrendszer megoldása során az alábbi értékeket kap-juk:
144
13200
144
1200
144
2400321 =−=−= λλλ
B.) Megoldás:
Szorozzuk meg a vektoregyenletet jobbról skalárisan a )( cb × vektorral.
)()()(
)(
321 cbccbbcba
cbF
×+×+×==×⋅
λλλ
Figyelembe véve, hogy a ( )cb × olyan vektor, amely merőleges mind a b , mind a c vektorra, továbbá azt, hogy két egymásra merőleges vektor skaláris szorzata zérus, a jobb oldalon a második és harmadik tag zérus értékű.
( )( ) 0
0
=×⋅=×⋅
cbc
cbb
Ezzel az egyenlet az alábbi alakot veszi fel. ( ) ( )cbacbF ×=×⋅ 1λ Az egyenletben található vektor műveletek összevontan felírhatók úgynevezett vegyes szorzatokként.
( )( ) cbacba
cbFcbF
=×⋅=×⋅
Mivel a vegyes szorzatok eredménye skalár szám, írható
cba
cbF=1λ
A 1λ értéke, tehát kiszámítható két determináns hányadosaként. A 2λ kiszámítá-
sakor hasonlóan járunk el, azzal a különbséggel, hogy a vektor egyenletet ( )ac × -val szorozzuk meg. A 2λ értéke
cba
cFa
cab
caF
acb
acF =−−==2λ
Itt figyelemmel voltunk arra, hogy a determináns értéke előjelet vált, ha két sorát felcseréljük. Hasonlóan adódik a
cba
Fba=3λ
A négy determináns kiszámítása az alábbiak szerint történik.
( ) 144666)1212(3
632
632
630
=+⋅++⋅=−
−=cba
( ) ( ) ( ) 24006640012123001818200
632
632
400300200
−=+⋅++⋅−−⋅−=−
−=cbF
- 26 -
( ) ( ) 1200600600680012003
632
400300200
630
−=+−⋅++−⋅=−
−−
=cFa
( ) ( ) 13200600600612008003
400300200
632
630
=+⋅++⋅=−
−=Fba
Ezekkel
144
13200
144
1200
144
2400321 =−=−= λλλ
A kiszámított λ értékekkel a komponensvektorok:
kjicc
kjibb
kjiaa
144
79200
144
39600
144
26400*
144
7200
144
3600
144
2400*
144
14400
144
72000*
3
2
1
++−==
−−−==
−++==
λ
λ
λ
Ellenőrzésképpen adjuk össze a komponensvektorokat.
kjicba 400300200*** ++−=++
Ezzel megkaptuk az F vektort. 6. példa
Határozzuk meg az I tenzor sajátértékeit és sajátvektorait!
−−
=2050
5080I
Sajátérték meghatározása:
02050
5080det =
−−−−
λλ
( ) ( )
31,831,108
2
62,116100
2
13600100
2
9004100100
0900100
025001600100
0)50(2080
21
2
2,1
2
2
2
−==⇒
⇒±=±=⋅+±=
=−−
=−+−
=−−−⋅−
λλ
λ
λλλλ
λλ
31,1081 =λ sajátértékhez tartozó sajátvektor meghatározása:
- 27 -
=
−−−−
0
0
31,1082050
5031,10880
1
1
y
x
e
e és 12
121 =+ yx ee
=
−−−−
0
0
31,8850
5031,2821
21
y
x
e
e és 12
121 =+ yx ee
031,8850
05031,28
11
11
=⋅−⋅−
=⋅−⋅−
yx
yx
ee
ee és 12
121 =+ yx ee
yyx eee 111 7662,131,28
50 ⋅−=−=
°−=⇒−
==
⇒=±==+⋅−
52,2987022,0
49271,0
87022,049271,01)7662,1(
1
1
1121
21
ααxe
yetg
eeee xyyy m
Ha az egység vektort jien αα sincos += alakban használjuk. Akkor az alábbi meg-
oldást kapjuk.
0sin31,88cos50
0sin50cos31,28
=−−=−−
αααα
Ebben az esetben a 1cossin 22 =+ αα azonosság alapján az 1e vektor biztosan egy-ségvektor.
°−=
==−
=−
52,29cos
sin
50
31,28
sin50cos31,28
α
ααα
αα
tg
31,82 −=λ sajátértékhez tartozó sajátvektor
( )( )
=
⋅
−−−−−−
0
0
sin
cos
31,82050
5031,880
γγ
°=
==
=−⋅
48,60
cos
sin
50
31,88
0sin50cos31,88
γ
γγγ
γγ
tg
A két tengely merőleges egymásra.
2e
X
y
α=-29,52°
1e
γ =60,48°
- 28 -
II.) Er őrendszerek 1.) Alapfogalmak 1.1.) Erő Az erő mindig két test egymásra kifejtett kölcsönhatása. Ez a kölcsönhatás - kevés kivé-teltől eltekintve - a két test közvetlen érintkezése nyomán keletkezik.
Az erőt vektorjellegű mennyiségnek tekintjük - Fr
-, vagyis jellemzője a nagysága, irá-nya, valamint támadáspontja. Az erő kötött vektor.
A támadásponton keresztülfektetett és az erő irányával párhuzamos egyenes az erő hatásvonala.
Az erő mértékegysége - Newton amF ⋅= törvényét figyelembe véve - (1 kg tömegű
test 1 2s
m gyorsulással való gyorsítása): N
s
mkg 111
2=⋅ .
A két test kölcsönhatásában keletkező erőt az érintkező felületek nagysága alapján az alábbi módon osztályozzuk:
Koncentrált erő: az érintkező felületek olyan kicsinyek a kölcsönhatásban résztvevő
testekhez képest, hogy pontszerűnek tekinthetőek. A koncentrált erő tehát relatív fogalom.
Megoszló terhelés: ha az érintkező felületek kiterjedése egyik irányban nagy, a másik irányban pedig elenyésző, akkor vonal mentén megoszló erőről be-
szélünk. Mértékegysége m
N.
Ha az érintkező felületek méretei mindkét irányban jelentősek, ak-
kor felület mentén megoszló erőről van szó. Mértékegysége 2m
N.
Tömegvonzásnál a keletkező erő a test minden egyes térfogatele-mére hat. Ekkor térfogaton megoszló erőről beszélünk. Mértékegy-
sége3m
N.
x
y
z
x
y
z
F hatásvonal
támadáspont
- 29 -
1.2.) Pontra számított nyomaték Az erőnek forgató hatása van. Ezt a forgató hatást a forgásponthoz kötött nyomatékvek-tor jellemzi.
A nyomatékvektort a pontból (P) az erő támadás-pontjához (T) irányított vektor (r ) és az erővektor
( F ) vektori szorzata adja: FrM P ×=r
.
Jobbos rendszert használva a nyomatékvektort úgy ábrázoljuk, hogy a nyíllal szembe-nézve a forgató hatás az óramutató járásával ellentétes legyen. Több erő (erőrendszer) esetén a pontra számított nyomaték a résznyomatékok összegé-vel egyenlő.
x
y
z
x
y
z
T1
1r1F
2FT2
2r
ir
iF
Ti
P
x
y
z
x
y
z
P
222 FrM P ×=
iiPi FrM ×=
111 FrM P ×=
∑∑ ×== iiPiP FrMM
1.3.) Erőpár, koncentrált nyomaték Az olyan erőrendszert, amely két azonos nagyságú, párhuzamos hatásvonalú, de ellenté-tes értelmű erőből tevődik össze, erőpárnak nevezzük.
Az erőpár esetében az erők összege zérus.
∑ == 0r
iFF
x
y
z
x
y
z
r
PM
P
TF
1F
2F
21 FF =
- 30 -
Számítsuk ki az erőpár nyomatékát a tér két különbö-ző pontjára.
∑ ×= iiA FrM
ABAAB MFrMM =×+= ∑r
, mivel ∑ = 0F
Az erőpár nyomatéki vektortere tehát homogén és a nyomatékvektor merőleges az erőpár síkjára. Az erő-
komponenseivel megadott erőpárhoz mindig egyértelműen hozzárendelhető a nyoma-tékvektor, azonban ismert nyomatékvektorhoz végtelen sok erőpár tartozhat.
M
1F
1F2F
2F
3F
3F
Az erőpár karjának (a két erő hatásvonalának távolsága) változtatásával - a nyomaték értékének állandósága mellett - eljuthatunk ahhoz az esethez, amikor az erőpár karja zérus és az erők végtelen nagyok. Ezzel az absztrakcióval létrehozott erőpárt nevezzük koncentrált nyomatéknak.
Jele: �, mely mutatja a forgatás irányát, vagy , mely nyomaték vektorral szembe-nézve a forgató hatás az óramutató járásával ellentétes. A nyomatékvektort szabad vek-torként kezeljük. 1.4.) Tengelyre számított nyomaték A fizikai jelenségek tárgyalásánál sok esetben szükség van egy adott tengely körüli for-gatóhatás ismeretére.
Tételezzük fel, hogy ismerjük a tengely (t) egy pontjához (P) tar-tozó nyomatékvektort ( PM ).
Bontsuk fel az PM nyomaték-
vektort egy tengelyirányú ( PeM )
és egy tengelyre merőleges ( PmM ) komponensre.
A tengely körüli forgatóhatás jellemzésére az PeM komponenst
használjuk.
Legyen e a tengely egységvektora, m az e vektorra merőleges egységvektor. Ekkor eMeeMM tPPe ·)··( ==
)()··( eMemmMM PPPm ××== .
x
y
z
x
y
z PM
PmM
P eM Pe λ=
e
m
t
+
1F
2F
1r
2rABr
A
B
- 31 -
Mivel az PeM nyomatékvektor az e egységvektortól csak skalár számban különbözik -
melynek értékét az eMM Pet ·= skaláris szorzat adja -, elegendő a tengely körüli for-
gatóhatás jellemzésére az tM skalár szám.
A tengelyre számított nyomatékot előjeles skalár számként definiáljuk, ahol a skalár abszolútértéke megadja a forgatóhatás nagyságát, az előjele pedig a forgatóhatás irá-nyát. Amennyiben az előjel pozitív, a tengely egységvektorával szembe nézve a forgatás iránya az óramutató járásával ellentétes.
P
PM
e
0=⋅eM P
P
PeM
PM
e
0<⋅eM P
t PPeM
PM
e
0>⋅eM P Bizonyítható, hogy a tengely bármely pontjára számított nyomatékvektorból számítjuk a tengelyre számított nyomatékot, az változatlan marad.
Síkbeli erőrendszer esetén, a síkra merőleges ( z ) tengelyre számított a nyomatékot az alábbi módon is meghatározhatjuk.
xFyFtFM yxt ⋅−⋅=⋅=
ahol t az F erő hatásvonala és a síkra merőleges ten-gely ( z ) normál transzverzálisa.
1.5.) Erőrendszer redukálása Minden erőrendszer a tér bármely pontjában helyettesíthető egy erőből és egy nyoma-tékból álló, vele egyenértékű erőrendszerrel. Ez az egyenértékűség azt jelenti, hogy a merev testre gyakorolt hatása mindkét erőrendszernek ugyanaz. Ez az új erőrendszer (vektorkettős) az eredő vektorkettős. Az eredő vektorkettős mindig egy kijelölt ponthoz tartozik.
x
y
z
x
y
z
A∑= iA FF
AM
∑ ∑ ×+= iiiA FrMM *
x
y
z
x
y
z
OM
O
∑ ∑ ×+= iiiO FrMM
∑= iO FF ≡
x
y
z
x
y
z
T11F
2F
T2
T3
3F
T4
1M
T52M
≡
ahol az origóból a támadáspontba mutató helyvektor
ir ahol az A pontból a támadáspontba mutató helyvektor
*ir
Az erőrendszer redukálásán mindig az eredő vektorkettős meghatározását értjük.
x
y F
Fx
Fy
x
y
t
M t
- 32 -
1.6.) Kényszerek Ha egy merev testre nem egyensúlyban lévő erőket (terheléseket) helyezünk el, a test a mechanika törvényeit követve elmozdul. Ahhoz, hogy bizonyos szerkezetek vagy szerkezeti elemek betöltsék szerepüket (hor-dozzák a terhelést) ezeket a szabad mozgásokat meg kell akadályozni. A síkban három, a térben hat mozgási szabadságfoka van a merev testnek.
x
y
z
vx
vy
ωz
x
y
z
vx
vy
ωz
ωy
ωx
vz
- mozgás a x tengely irányában - mozgás az y tengely irányában - forgómozgás a z tengely körül
- mozgás az x tengely irányában - mozgás az y tengely irányában - mozgás a z tengely irányában - forgó mozgás az x tengely körül - forgó mozgás az y tengely körül - forgó mozgás az z tengely körül
Egy merev test akkor tudja hordozni a rá ható terheléseket, ha a környezetéhez képest nyugalomban van. Ez azt jelenti, hogy az előbb említett mozgási lehetőségeket meg kell akadályozni. Az akadályozást más merev testek segítségével érhetjük el. Attól függően, hogy a vizsgált és az akadályozó testek milyen kapcsolatban vannak egymással más és más mozgási szabadságfokok szűnnek meg.
Azokat a kapcsolatokat, melyek az általunk vizsgált merev testet kényszerítik a nyu-galmi állapotra, kényszereknek nevezzük.
A valóságos kényszerek nagyon sokfélék lehetnek. A következőkben a statikai tanul-mányainknál használatos néhány ideális kényszert mutatunk be. Az ideális kényszerek-nél a súrlódást és a gördülési ellenállást elhanyagoljuk. Ezekkel a kényszerekkel számí-tásaink során sokszor valósághűen tudjuk modellezni a valós megoldásokat. megtámasztás ( görgős megtámasztás )
merev test
támasz
érintő
jelkép
érintő
Síkban és térben a megtámasztó felületre merőleges irányban képes megakadályozni a mozgást.
- 33 -
csukló ( síkcsukló, gömbcsukló ) Síkban kettő, térben három irányú elmozdulást akadá-lyoz meg. A kényszer az elfordulást nem akadályozza meg.
befogás
A síkban és a térben minden mozgást megakadályoz. Ennek megfelelően:
- síkban bármilyen irányú erő és a síkra merőleges tengely körüli nyomaték átadására képes
- térben bármilyen irányú erő és bármilyen irányú nyomaték átadására képes.
rúd
A rúd végtelen merev test, mindkét végén súrlódásmentes csuklókkal. A rúd az egyensúly feltételeinek megfele-lően csak rúdirányú illetve a rúdvégeken található csuklók középpontjait összekötő egyenes mentén ható erők hatására lehet egyensúlyban. A rúd húzó- és nyomóerő felvételére ké-pes.
kötél
Csak kötélirányú és csak húzó terhelés felvételére alkal-mas.
A kényszererők (reakció erők) megértése érdekében vizsgáljuk meg az alábbi esetet. Ha a teherautó a vizsgált merev test
G1 és G2 a kényszer-erő
Ha a hidat vizsgáljuk G1 és G2 a terhelőerő, A és B a kényszer-erők
jelképcsukló
merev test
merev test
jelkép
jelkép
rúdirány
rúdirány
jelkép
G
G1 G2
G1 G2
A B
G
teherautó
híd
- 34 -
2.) Erőrendszerek osztályozása Az erőrendszer redukálásával kapott eredő vektorkettős elemzésével osztályozhatjuk az erőrendszereket. Az eredő vektorkettős két tagja az
∑= iA FF és ∑ ∑ ×+= iiiA FrMMr
.
a) 0=AF 0=AM
Ha mindkét tag külön-külön zérus, akkor az erőrendszert egyensúlyi erőrendszernek nevezzük.
b) 0=AF 0≠AM
Ha az eredő vektorkettős erő tagja zérus, de a nyomatéki tagja nem, akkor az erő-rendszer a tér bármely pontjában helyettesíthető ezzel a nyomatékvektorral.
c) 0≠AF 0=AM
Abban az esetben, amikor az eredő vektorkettős nyomatéki tagja zérus értékű, de az erő-komponens nem nulla, az eredő egyetlen erőként adható meg a kijelölt pontban. A pont és az eredő által meghatározott egye-nes a centrális egyenes, melyre jellemző, hogy minden pontjá-ban zérus az eredő vektorkettős nyomatéki tagja.
Az eredő vektorkettős további elemzésénél már egyik tag sem lehet zérus ( 0≠AF
és 0≠AM ). Ekkor két esetet különböztetünk meg:
0=⋅ AA MF - a két vektor merőleges egymásra.
0≠⋅ AA MF - a két vektor általános helyzetű egymáshoz képest.
x
y
z
x
y
z
A
B
CAF
BF
CF
BM
centrális egyenes
CA FF =
- 35 -
d) 0≠AF , 0≠AM és 0=⋅ AA MF
Az AM nyomaték tetszőleges erőpárrá bontható fel. Válasszuk ki ezek közül azt,
amelyiknél az erő értéke megegyezik az AF erő abszolútértékével.
Toljuk el ezt az erőpárt úgy, hogy az erőpár egyik erője és az eredeti erő egy hatás-vonalon helyezkedjék el. Ekkor a két erő kiegyensúlyozza egymást, és az eredmény egyetlen, (A ponthoz képest) eltolt hatásvonalú AF erő lesz.
Az eltolás mértékének - a vektor - meghatározását az alábbi meggondolások alap-ján végezzük: Mivel az AM nyomatékot bontottuk fel erőpárra, ezért
AA MFa =× .
Szorozzuk meg a vektoregyenletet balról AF vektorral vektoriálisan.
( ) AAAA MFFaF ×=××
A kifejtési tétel értelmében ( ) ( ) AAAAAA MFaFFFFa ×=− .
Kössük ki, hogy azt az ar
vektort keressük, amely merőleges az AF -ra, így a centrá-
lis egyenesre is. Ekkor az 0=⋅aFA , mivel a két vektor merőleges egymásra.
Így ( ) AAAA MFFFa ×=
és 2
A
AA
F
MFa
×= .
AF
x
y
z
x
y
z
A
AF
AM
x
y
z
x
y
z
A
AF
AF
x
y
z
x
y
z
A
AF
a
AF
- 36 -
e) 0≠AF , 0≠AM és 0≠⋅ AA MF
x
y
z
x
y
z
x
y
z
x
y
z
AAF
AM
e
AAF
1M
2M
x
y
z
x
y
z
AAF
1M
AF−
AF
x
y
z
x
y
z
A
1M
AF
aa
Bontsuk fel az AM nyomatékvektort egy az erő irányába eső és egy erre merőleges
komponensre.
( ) ( )AAAAA
A
A
AAA FMF
FF
F
F
FMeeMM ⋅⋅⋅=⋅
⋅=⋅⋅=
21
1
Az ( )eM A × vektor abszolútértéke éppen az 2M vektor
abszolútértékével egyezik meg. Az ( )eMe A ×× pedig az 2M -t adja.
Tehát
( ) ( )AAAAA
AA
A
AA FMF
FF
FM
F
FeMeM ××⋅=
××=××=
221
.Az előző esethez hasonlóan az 2M felbontásából szárma-
zik az eltolás, tehát igaz, hogy
( ) ( ) AAAA
AAAA
A FFMF
FMFF
MFa ××−=××==×222
11,
vagyis ( ) ( )AAA
AAA
MFF
FMF
a ×=×−=22
11.
AM1M
2M
AFe
eM A ×
- 37 -
Az 1M nyomatékvektor önmagával párhuzamosan szabadon eltolható. Így a legegysze-
rűbb eredő a centrális egyenesben ható AF erő és 1M nyomaték. Az 1Mr
vektort szo-
kás főerőpárnak is nevezni. Ha ez az eredő vektorkettős egy merev testre hat, akkor az erő része haladó mozgásra, míg a nyomatéki része forgásra kényszeríti a testet. Így a mozgás hasonló a csavarmoz-gáshoz és ezért az ilyen erőrendszert erőcsavarnak is nevezik. 3.) Egyensúlyi erőrendszerek Az erőrendszerek osztályozásánál megállapítottuk, hogy egyensúlyi erőrendszerről ak-kor beszélünk, ha az eredő vektorkettős mindkét tagja zérus, vagyis
0==∑ iA FF
és a tér bármely pontjára
0=×+=∑ ∑ iiiA FrMM .
x
y
z
k
ji
x y
zAF
A
x
y
z
k
ji
A
AM
xM
yM
zM
kzjyixFA ++=
ixx = jyy =
kzz =
kMjMiMM zyxA ++=
iMM xx =
jMM yy =
kMM zz =
A két egyensúlyt kifejező vektoregyenlet külön-külön skalár egyenletekkel is leírható.
0=++= kzjyixFA
∑ == 0ixx
∑ == 0iyy
∑ == 0izz
kMjMiMM zyxA ++=
0=xM
0=yM
0=zM
- 38 -
Az egyensúly feltételét más módon is megfogalmazhatjuk. Egyensúlyi erőrendszerről akkor beszélünk, ha a vizsgált erőrendszer a tér három, nem egy egyenesre eső pontjára számított nyomatéka zérusértékű.
0=AM
0=BM
0=CM
Ennél a megfogalmazásnál nem tettünk említést az eredő erőről. Bizonyítható, hogy a
három nyomatéki egyenlet zérus volta csak úgy lehetséges, ha az 0=F . Írjuk föl a B és C pontokra a nyomatékokat az AM segítségével:
FrFrMM BABAAB ×+=→×+= 00
FrFrMM CACAAC ×+=→×+= 00
Az egyenleteket rendezve:
FrBA ×=0 , illetve FrCA ×=0 .
A vektori szorzat akkor lehet zérus értékű, ha két vektor párhuzamos, vagy legalább az egyik tényező zérus értékű.
Az ábrán látható, hogy 0≠BAr és 0≠CAr .
Továbbá igaz az is, hogy egy zérustól különböző F vektor egy-szerre nem lehet párhuzamos az BAr -val és az CAr -val. Ebből
következik, hogy az F erő értéke valóban zérus. A három vektoregyenlet skalár egyenletekkel is felírható.
0=AxM 0=BxM 0=CxM
0=AyM 0=ByM 0=CyM
0=AzM 0=BzM 0=CzM
Ezek a skalár egyensúlyi egyenletek azt fejezik ki, hogy az egyes nyomatékvektorok koordináta-tengelyekkel párhuzamos komponense zérus értékű. A felírt 9 skalár egyenletből azonban csupán hat lineárisan független.
Válasszuk ki úgy a tengelyeket, hogy a három - egy ponton átmenő - tengely közül kettő a másik két ponton is átmenjen. Felhasználva azt a tényt, hogy a tengelyre számított nyomaték (skalár) nem függ attól, hogy a tengely mely pontjához tartozó nyomatékvektorból számí-tottuk, kapjuk, hogy
BAAB MM = ,
CAAC MM = ,
CBBC MM = ,
Vagyis a kilenc skaláregyenletből csak hat a lineárisan független. A fentieket figyelem-be véve az egyensúly feltételeit a következőképpen is megfogalmazhatjuk: Egyensúlyi erőrendszerről beszélünk akkor, ha egymástól lineárisan független 6 ten-gelyre számított nyomaték zérus.
AB
C
BAr
CAr
AB
C
BAr
CAr
BMCMAM
BAM
ABM
ACMCAM
BCM
CBM
A
B
C
- 39 -
Az egymástól lineárisan független hat tengely megvá-lasztásának geometriai feltételei az alábbiak:
- háromnál több nem lehet egy síkban (2, 4, 6 ) - háromnál több nem lehet párhuzamos (1, 3, 5 ) - háromnál több nem mehet át egy ponton - ötnél több nem illeszkedhet a tér egy egyenesére
és a hatodik nem lehet párhuzamos ezzel az egyenessel.
Síkbeli feladatoknál az egyensúly feltételei a következőképpen alakulnak: Tekintsük az erőrendszer síkjának az xy síkot. A síkbeli erőrendszer eredő vektorkettősének erő tagja biztosan benne fekszik az xy síkban.
Így az 00 =F vektoregyenletnek csak két skaláregyenlet felel meg, vagyis ∑ = 0ix ,
illetve ∑ = 0iy .
A vektorkettős nyomatéki tagja biztosan merőleges az xy síkra, vagyis z tengely irányú.
Így az kMjiM z++= 000 alakú, ami skaláregyenlettel felírva 0=zM .
Síkban tehát csak három skaláregyenlet van. A térben megfogalmazott, három pontra felírt nyomatékvektornak zérus volta a síkban egyszerűsödik. Mivel síkbeli erőrendszer csak a síkra merőleges tengely körül tud for-gatni, ezért a vektoregyenletek skaláregyenletekké egyszerűsödnek. Az 0=AM , 0=BM , 0=CM egyenletek azt fejezik ki, hogy a megadott pontokon
átmenő, az erőrendszer síkjára merőleges tengelyek körül a forgató hatás zérus. A három pont itt nem eshet egy egyenesre.
x
y
AB
C
1
32
5
46
- 40 -
4.) Példák az erőrendszerek témakörből 1. példa
Határozzuk meg a térbeli erőrendszer nyomatékát az origóra!
[ ]NF 801 =
[ ]NF 602 =
[ ]NF 403 =
A téglatest élein ható erők vektorát abból a megfontolásból tudjuk meg-határozni, hogy egy vektort az abszolútértéke és az iránya határoz meg, vagyis
eFF ⋅= .
A fenti elvek alapján iF 801 =
kF 602 −=
jF 403 −=
Tekintsük az erők támadáspontjának a hatásvonalakban kijelölt 1T , 2T ,
3T pontokat. A pontra számított
nyomaték FrM ×= , ahol r a pontból az erő támadáspont-jához húzott vektor. A támadáspon-tokba mutató vektorok tehát:
kjir 0451 ++=
kjir 3452 ++=
kjir 3053 ++=
Az erőrendszernek az origóra számított nyomatékát az
332211 FrFrFrFrM iiO ×+×+×=×=∑ képlet szerint számítjuk.
Az egyes vektoriális szorzások eredményeit az alábbi determinánsok adják:
( ) ( ) ( ) kkji
kji
Fr 32032000000
0080
04511 −=−+−−−==×
( ) ( ) ( ) jikji
kji
Fr 3002400003000240
6000
34522 +−=−+−−−−−=−
=×
x
y
z
O
k
j
i1F
2F3F
4 m
5 m
3 m
x
y
z
O
k
j
i1F
2F3F
T1
T2T3 2r3r
1r
- 41 -
( ) ( ) ( ) kikji
kji
Fr 2001200200001200
0400
30533 −=−−+−−+=−
=×
Ezekkel kjiM O 520300120 −+−= .
A merev testre ható erők a hatásvonalukban eltolhatók anélkül, hogy a testre gyakorolt hatásuk megváltozna. Ezt kihasználva a három vektoriális szorzat kettőre csökkenthető.
Az origóra számított nyomatékot a következő két vektori szorzás összegeként is megkaphatjuk:
kFr 32011 −=×
( ) ( ) ( ) ( )
kji
kji
kji
FFr
200300120
02000300120240
60400
345322
−+−=
=−−+−−−+−=−−
=××
kjiM O 520300120 −+−=
2. példa
Határozzuk meg a vázolt térbeli erőrend-szer nyomatékát az origóra (OM ), nyo-
matékát az „A” pontra ( AM ), valamint
nyomatékát az „A” ponton átmenő testát-lóra, mint tengelyre ( AtM )!
[ ]NF 1001 =
[ ]NF 4002 =
[ ]NF 6003 =
x
y
O
k
j
i1F
2F
3F
T1
T2
2r
1r
x
yO
k
j
i
1F 2F
3F
4 m
5 m
3 m
A
t
- 42 -
Határozzuk meg először a kijelölt irányokba mutató erővektorokat. Az 1F erő vektorá-
nak meghatározásánál az alábbiak szerint járunk el:
v
e
1F
kji 430 −+=ν
kjikji
v
ve
5
4
5
30
169
430 −+=+
−+==
kjeFF 806011 −=⋅=
A másik két erővektor a koordinátarendszer egységvektorainak irányába mutat, tehát
jF 4002 = kF 6003 =
A nyomatékszámításhoz rögzítsük az erők támadáspontját:
kjir 4051 ++=
kjir 0302 ++= Az origóra számított nyomatékot az alábbiak szerint kapjuk:
( )32211 FFrFrMO +×+×=
A vektori szorzatok eredményeit a következő két determináns adja:
( ) ( ) ( ) kjikji
kji
Fr 300400240030004002400
80600
40511 ++−=−+−−−−=−
=×
( ) ( ) ( ) ( ) ikji
kji
FFr 1800000001800
6004000
030322 =−+−−−==××
x
y
z
1F
2F
3F
2r1r
- 43 -
Az origóra számított nyomaték: kjiMO 3004001560 ++=
Az erőrendszer eredője: ∑ ++== kjiFF i 5204600
x
y
1F
2F
3Fz
x
y
OF
z
OM
x
y
OF
z
OM
A
OA FF =
AM
AOr
Az origóhoz kötött eredő vektorkettős tehát: OF és OM .
Amennyiben ismerjük az erőrendszer nyomatékát a tér egy pontjára, valamint az eredő erőt, úgy ezek segítségével könnyedén meghatározhatóak a más pontokhoz tartozó nyomatékvektorok.
∑×+=×+= FrMFrMM AOOOAOOA
A kijelölt vektori szorzat értéke
( ) ( ) ( )
kji
kji
kji
FrAO
23002600280
023000260018401560
5204600
435
−+=
=−−+−−−+−=−−−=×∑
Az „A” pontra számított nyomaték tehát kjiM A 200030001840 −+=
A tengelyre számított nyomatékot úgy kap-juk meg, hogy a tengely egy pontjához tar-tozó nyomatékvektort megszorozzuk a ten-gely egységvektorával (tehát kiszámítjuk a nyomatékvektor vetületét a tengelyre). Az te egységvektort a következőképpen
állíthatjuk elő:
25
435
16925
435 kjikji
v
ve
OA
OAt
++=++++==
x
yO
A
t
AM
vetület
te
+
z
- 44 -
A tengelyre számított nyomaték
[ ] ( )
[ ]Nm
eMM tAt
210202
2040
25
10200800090009200
25
1
25
425
325
5
2000,3000,1840
==
==−+=
−=⋅=
A számított vetület értéke pozitív. Ez azt jelenti, hogy a tengely felvett egységvektorá-val szembenézve a forgatóhatás az óramutató járásával ellentétes. 3. példa
Határozzuk meg a vázolt térbeli erőrendszer nyomatékát az „A” pontra!
[ ]NF 2001 =
[ ]NF 1002 =
[ ]NF 4003 =
[ ]NmM 4001 = ( xy síkkal párhuzamos lapon )
[ ]NmM 7003 = ( yz síkkal párhuzamos lapon )
[ ]NmkjiM 3002001002 −+=
Első lépésként írjuk fel az erők és nyomatékok vektorát:
kjiF 002001 ++= kjiF 100002 −+= kjiF 040003 ++=
A nyomatékok vektorának meghatározásánál abból kell kiindulni, hogy a nyomatékvek-torral szembenézve a forgatóhatás az óramutató járásával ellentétes kell, hogy legyen.
A nyomatékvektorok ennek szellemében a következőek:
kjiM 400001 ++=
kjiM 3002001002 −+=
kjiM 007003 ++−=
Ezekkel:
kjiM i 100200600 ++−=∑
Az 2F erőnek az „A” pontra a nyomatéka zérus, hiszen átmegy a
ponton. Az erő karja zérus.
x
y
z
O
1F
2F
3F
4 m
3 m
5 m
A
2M
3M
1M
1F
2F
3F
A
r3M
1M
2M
- 45 -
Az 1F és 3F erők nyomatékát egy lépésben ki lehet számítani, hiszen e két erőnek
ugyanazon támadáspontot jelöltük ki.
( ) ( ) ( ) ( ) kkji
kji
FFr 40080012000000
0400200
04331 −=+−+−−−=−−=+×
Az „A” pontra számított nyomaték tehát
( ) ( ) kjikkjiFrMM iiiA 300200600400100200600 −+−=−+++−=×+= ∑∑.
4. feladat Határozza meg az erőrendszer nyomatékát az „A” pontra!
[ ]NF 77101 =
[ ]NF 2002 =
[ ]NF 3003 =
Eredmény: kjiM A 01740960 ++=
5. feladat Határozza meg az erőrendszer nyomatékát az origóra!
[ ]NF 8001 =
[ ]NF 9002 =
[ ]NF 2003 =
Eredmény:
kjiMO 840012003000 −−=
6. feladat
Határozza meg a vázolt erőrendszer eredő vektorkettősét az origóra!
[ ]NF 34101 = [ ]NF 98102 =
[ ]NF 2003 =
Eredmény:
kjiFO 10012060 ++−=
kjiMO 840300200 +−−=
x
y
z
O
1F
2F
3F
4 m
6 m
5 mA
x
y
z
O
1F
2F3F
6 m
6 m
3 m
x
y
z
O
1F2F
8 m
3 m
5 m3F
- 46 -
7. feladat Határozza meg az eredő vektor-kettőst az „A” pontra ( AF , AM ),
valamint az „A” ponton átmenő testátlóra a nyomatékok ( tM )!
[ ]NF 61101 =
[ ]NF 4002 =
[ ]NF 41103 =
Eredmények:
[ ]NkjFA 36060 −=
[ ]NmkjM A 3002000 −−=
[ ]NmM t 28,150477
13200 −=−=
8. példa Határozzuk meg az eredő vektorkettőst az origóra ( OF , OM )!
Határozzuk meg a centrális egyenes egy pontját, illetve a főerőpárt (a , 1M )!
[ ]NF 4001 =
[ ]NF 41102 =
[ ]NF 2003 =
Az origóhoz tartozó vektorkettőst az alábbi ábra alapján határozzuk meg:
kF 4001 =
kji
kjiF
v
vF
40500
41101625
45022
−−=
=⋅+
−−=⋅=
kjiF 020003 ++=
[ ]NkjiFF iO ∑ ++== 3601500
Az 2F erőnek nincsen nyomatéka az ori-
góra, az erő karja zérus.
x
y
z
O
1F
2F
3F4 m
5 m
6 m
A
t
e
x
y
z
O
1F
2F
3F
5 m
3 m
4 m
x
y
z
O1F
2F
3F3r
1r
5 m3 m
4 m
- 47 -
( ) ( ) ( ) jikji
kji
Fr 12002000000120002000
40000
05311 −=−+−−−==×
( ) ( ) ( ) ikji
kji
Fr 80000008000
02000
45033 −=−+−−−==×
[ ]NmkjiMO 012001200 +−=
A centrális egyenes egy pontját kijelölő helyvektort az
( )OOO
MFF
a ×=2
1 összefüggés alapján számíthatjuk.
1521003601500 2222 =++=OF
( ) ( ) ( )
kji
kji
kji
MF OO
180000432000432000
120015001200360012003600
012001200
3601500
−+=
=⋅−+⋅−−⋅+=−
=×
Ezzel
[ ]mkjikjia 18,184,284,2152100
180000
152100
432000
152100
432000 −+=−+= .
A főerőpár - melynek vektora a centrális egyenesben fekszik - párhuzamos az OF vek-
torral.
( ) OOO
O
FMFF
M ⋅⋅= 21
1
[ ] 180000
0
1200
1200
360,150,0 −=
−=OOMF
( ) [ ]kji
FMF OOO
3601800001501800000
360,150,0180000
⋅−⋅−=
=⋅−=⋅
kji
kjiM
04,42652,1770
152100
360180000
152100
15018000001
−−=
=⋅−⋅−=
A
OM
1M
OF centrális egyenes
x
y
z
O
centrális
egyenesa
- 48 -
9. példa Határozza meg az eredő vektorkettőst az origóra ( OF , OM )!
Határozza meg a centrális egyenes egy pontját kijelölő helyvektort (a ) és a fő-erőpárt ( 1M )!
[ ]NF 804111 =
[ ]NF 4002 =
[ ]NF 802003 =
Eredmények: [ ]NkjiFO 40001200 ++−=
[ ]NmkjiMO 1200064004800 +−=
[ ]mkjikjia 8,42,108,1160
768
160
1632
160
256 ++=++=
[ ]NmkjikjiM 2400720160
384000
160
1152001 −+=−+=
10. példa
Határozza meg az eredő vektorkettőst az origóra ( OF , OM )!
Határozza meg a centrális egyenes egy pontját kijelölő helyvektort (a ), illetve a főerőpárt ( 1M )!
[ ]NF 2001 =
[ ]NF 1002 =
[ ]NF 3003 =
Eredmények:
[ ]NkjiFO 80300260 +−−=
[ ]NmkjiM O 2402401520 +−=
[ ]mkjikjia 16,312,132,01640
5184
1640
1840
1640
528 ++−=++−=
[ ]NmkjikjiM 29,1481,55695,481164
24320
164
91200
164
790401 −+=−+=
x
y
O1F
2F
3F
6 m
8 m
4 m
z
x
y
z
O1F
3F
4 m
3 m
4 m 2F
- 49 -
11. példa Határozza meg a iT támadáspontú, iF
erőkből álló erőrendszer nyomatékát az A ponton átmenő, v irányvektorú egye-nesre!
[ ] [ ]mT 0331
[ ][ ]mT 3302
[ ][ ]mT 3033
[ ][ ]mA 333
[ ]NjF 301 =
[ ]NkF 402 =
[ ]NkiF 40303 −=
kjiv 663 ++=
Az erőrendszer nyomatékát az A pontra az alábbiak szerint számíthatjuk:
i
kji
Fr 90
0300
30011 =−=×
j
kji
Fr 120
4000
00322 =−=×
ki
kji
Fr 90120
40030
03033 +=−
−=×
kjiM A 90120210 ++=
kjikji
v
ve
3
2
3
2
3
1
36369
663 ++=++++==
[ ]NmeMM At 210608070 =++=⋅=
12. példa Határozza meg az alábbiakban megadott iT támadáspontokkal, illetőleg iF erőkkel
jellemezhető erőrendszer nyomatékát az A ponton átmenő, v irányvektorú egyenesre ( tM )! ( )4351T ( )4332T ( )9863T
[ ]NkjiF 2002001001 ++= , [ ]NkjiF 1004002002 ++= ,
[ ]NkjF 1003003 −−=
( ) [ ]mA 543 kjiv 366 ++=
Eredmény: [ ]NmM t 400=
x
y
z
O
1F
3F
3 m
3 m
3 m
2Ft
T1
T2
T3 A
x
y
z
O
1F
3F
2F
t
A
e
2r
3r
1r
- 50 -
13. példa Határozzuk meg a vázolt síkbeli erőrendszerrel egyenértékű leg-egyszerűbb eredő erőt számítás-sal!
( )0,31 −T iF 41 −=
( )0,62 −T jF 12 =
( )3,03T jiF 343 +−=
( )1,34T jiF 224 +=
Számítsuk ki először az origóhoz tartozó eredő vektorkettőst ( OF , OM )!
Az eredő erő ∑ +−== jiFF iO 66 .
Az origóra számított nyomatékvektor biztosan merőleges lesz az xy síkra, hiszen a helyvektor is és az F vektor is benne van a síkban, a két vektor vektori szorzata pedig merőleges mindkét vektorra. A nyomaték meghatározásának egyik lehetséges módja:
∑ ×= iiO FrM , vagyis
011 =× Fr , mivel a két vektor párhuzamos (1F erő átmegy az origón)
( ) kk
kji
Fr 606
010
00622 −=−−=−=× ( ) kk
kji
Fr 12120
034
03033 =+=−
=×
( ) kk
kji
Fr 426
022
01344 =−==×
Vagyis kM O 10= , ami koordináta-rendszerben ábrázolva az óra-
mutató járásával ellentétesen forgat.
A síkbeli feladatoknál alkalmazható egy másik módszer is a nyomaték számítására.
Az összes erőnek kiszámíthatjuk a nyomatékát az origón átmenő, a síkra merőleges tengelyre. A számí-tás eredményét nem befolyásolja, ha az erő helyett annak koordináta tengelyekkel párhuzamos összete-vőit használjuk.
1F erőnek nincs nyomatéka, hiszen
átmegy a tengelyen. 6)(1)(62 =⋅= NmM
x
y
O1F
2F
T1T2
T3
3F
T4
4F
x
y
OM
x
y
1F
2FxF3
xF43
3 3 3
1
yF3
yF4
2MxM 3
xM 4yM 4
- 51 -
12)(4)(33 =⋅= NmM x
yF3 -nak a fent említett oknál fogva szintén nincs nyomatéka.
6)(2)(34 =⋅= mNM y
2)(2)(14 =⋅= NmM x
Ha előjelhelyesen összeadjuk a nyomatékot, figyelembe véve, hogy az óramutató járá-sával ellentétes a pozitív nyomaték, akkor
NmM O 1026126 +=−++−=
Az eredő számítását az alábbi ábrán mutatjuk be:
x
y
OF
OM x
y
OF
kOF
OF−
x
OF
k
OxF
OyFOxF
OyF
A
B
centrális egyenes
Y
X
Helyettesítsük az OM nyomatékot egy olyan erőpárral, amelynek erőtagja éppen OF
nagyságú. Toljuk el az erőpárt olyan állásba, hogy két erő kiegyenlítse egymást. A vá-zolt erőrendszer eredője tehát egyetlen erő, mely a centrális egyenesben hat. A centrális egyenes és a koordinátatengelyek metszéspontja a következő megfontolások alapján számítható: Az erő a saját hatásvonalán eltolható. Tegyük fel, hogy az OF erő az A pontban he-
lyezkedik el. Bontsuk fel az erőt komponenseire (OxF , OyF ). Az OF erőnek az origóra
számított nyomatéka megegyezik a komponens erők origóra számított nyomatékával, illetve az OM nyomatékkal.
Az OyF -nak az origóra számított nyomatéka zérus, hiszen a hatásvonala átmegy a pon-
ton, így csak az OxF -nek lesz nyomatéka.
OOx MYF =⋅
amiből
mF
MY
Ox
O
3
5
6
10 ===
Az x tengellyel való metszéspontot hasonló gondolatmenettel kapjuk, de itt a B pont-ban bontjuk föl az OF erőt.
OOy MXF =⋅
amiből
mF
MX
Oy
O
3
5
6
10 ===
- 52 -
14. példa Az 1F és 2F erőkből álló erőrendszer
centrális egyenese melyik pontban döfi át az xy síkot?
NFFF 321 ===
A kocka élhossza cma 20=
Első lépésként határozzuk meg az origóhoz kötött eredő vektorkettőst.
kjiFO 303 ++= ( ) ( ) [ ]NcmjijiaFiaFjaFM O +=+⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅= 6021
x
y
z
OF
1M
P (xO,yO)r
centrális egyenes
z
x
yOF
OM
O
Az OF , OM eredő vektorkettősből létrehozható a centrális egyenesben egy olyan OF ,
1M erőrendszer, ahol OF és 1M párhuzamos. Mivel OF és 1M szabadon eltolható a
centrális egyenesben, ezért a keresett ( )OO yxP , pontban is igaz ez az állítás.
Ha kiszámítjuk a ( )OO yxP , ponthoz tartozó eredő vektorkettőst, akkor az OF , PM
vektorkettős biztosan párhuzamos egymással, ezért
0=× PO MF .
A P pontban a nyomaték
OOP FrMM ×+= .
Ha a nyomatékvektort vektoriálisan szorozzuk az OF erővektorral, akkor
( ) 0=×+× OOO FrMF , illetve
( )OOOO FrFMF ××−=×
ahol kjyixr OO 0+−−=
Hajtsuk végre a vektori szorzásokat:
x
y
z
O
1F
a
a
a2F
P (xO,yO)
- 53 -
( ) ( ) ( ) kjikji
kji
MF OO 180180180018018001800
06060
303 ++−=−+−−−==×
( ) ( ) ( )
kyjxiy
ykxjyiyx
kji
Fr
OOO
OOOOOO
333
300303
303
0
++−=
=++−−−−−=−−=×
( ) ( ) ( ) ( )
kxjyix
xkyyjxi
yxy
kji
FrF
OOO
OOOO
OOO
OO
9189
099990
333
303
+−−=
=−++−−=−
=××
Felírva a vektoregyenlet mindkét oldalát
kxjyixkji OOO 9189180180180 −+=++−
Látjuk, hogy az egyenlőség 20−=Ox 10=Oy
értékkel teljesül. A döféspont koordinátái tehát
cmxO 20−= és
cmyO 10= .
15. példa
Határozzuk meg az origóhoz tarto-zó eredő vektorkettőst ( OF , OM )!
Hol metszi az eredő erő hatásvona-la az x és y tengelyeket? Helyettesítsük a megoszló erőhatást koncentrált erőkkel:
x
y
3 m
NmM P 400=
P NFP 400=
2 m 1 mm
Np 300=
- 54 -
Az eredő erő jiFO 450400 +=
3
8150
3
26003400400 ⋅−⋅+⋅−−=OM
kM O 1600−=
xOM
OF
y
x
OF
yOF
OF−
x
OFy
400
400
450
450
Y
X
OMY =⋅400 mY 4400
1600==
OMX =⋅450 mX 56,3450
1600==
16. példa Határozzuk meg a térbeli háromrudas bakállványra ható kényszererőket!
( )0,0,01T
( )0,0,42T
( )0,8,03T
( )8,4,24T
kjiF 200200100 ++=
x
y
z
T1
F
T2
T3
T4
1S2S
3S
x
m3
2m
3
6
600m3
400
400
150
- 55 -
A vázolt bakállvány csak csuklóin kap terhelést, ezért az egyes rudak csak rúdirányú terhelést kapnak. A feladat megoldása kétféleképpen lehetséges. a) Bontsuk fel az F erőt három olyan komponensre, amelyek külön-külön a rudak irá-
nyába néznek.
1F
T4
1S2S
3S
3F2F
FFFF =++ 321
2F
2F− → kényszererő
2S
3F
3S
3F− → kényszererő
Az adott rúd irányába eső erőt teljes egészében a rúd veszi fel. Ebből az erőből a csomóponthoz kapcsolódó más rudak nem kapnak igénybevételt. A rúd egyensúlyából látható, hogy az egyensúly fenn-tartásához a rúd végein két azonos nagyságú, de ellenté-tes irányú erőnek kell ébrednie. Ha tehát ismerjük a terhelő erő rúdirányú komponenseit, a kényszererők is könnyedén meghatározhatóak. A rudak irányát az ábrán jelölt vektorokkal adhatjuk meg. Az egyes vektorok tehát
kjiv 8421 ++= kjiv 8422 ++−= kjiv 8423 +−=
A felbontott erő komponensei az előbb meghatározott vektoroktól csak egy skalár számban térnek el, így
111 vF λ= 222 vF λ= 333 vF λ=
alakban írhatók fel. A felbontás a következő egyenlettel írható le:
332211321 vvvFFFF λλλ ++=++=
Szorozzuk meg a vektoregyenletet jobbról ( )32 vv × vektorral skalárisan.
( ) ( ) ( ) ( )32333222321132 vvvvvvvvvvvF ×+×+×=×⋅ λλλ
A fenti vektoregyenlet utolsó két tagja zérus. Ez a következőkből adódik: a ( )32 vv ×
egy olyan vektort ad, amely merőleges a 2v -re és a 3v -ra is. Ha a 2v vektort skalárisan
megszorozzuk egy rá merőleges ( )32 vv × vektorral, az eredmény zérus. Hasonló az
eset a 3v vektorral is.
Ezzel ( ) ( )321132 vvvvvF ×=×⋅ λ .
Az ( )32 vvF × és a ( )321 vvv × vegyesszorzat eredménye skalár, így írható, hogy
321
321 vvv
vvF=λ .
x
y
z
1v
2v3v
- 56 -
Az előző gondolatmenethez hasonlóan belátható, hogy
321
132 vvv
vvF=λ és
321
213 vvv
vvF=λ .
A λ értékeinek meghatározása az alábbi determinánsok kiszámításával lehetséges:
( ) ( ) ( ) 2568881616432322
842
842
842
321 =−+−−−+=−
−=vvv
( ) ( ) ( ) 128008820016162003232100
842
842
200200100
32 =−+−−−+=−
−=vvF
( ) ( ) ( ) 32008820016162003232100
842
842
200200100
13 −=++−−−−=−=vvF
( ) ( ) ( ) 32008820016162003232100
842
842
200200100
21 −=+++−−=−
=vvF
Ezekkel
50256
128001 ==λ 5,12
256
32002 −=−=λ
5,12256
32003 −=−=λ
A felbontás során nyert erőkomponensek kjivF 400200100111 ++== λ
kjivF 1005025222 −−== λ
kjivF 1005025333 −+−== λ
Az egyes pontokban fellépő reakcióerők tehát
1T pontban kjiF 4002001001 −−−=−
2T pontban kjiF 10050252 ++−=−
3T pontban kjiF 10050253 +−=−
Az 13vvF vegyesszorzat 31 vFv alakban, míg az 21vvF vegyesszorzat Fvv 21 alak-
ban is felírható. A fenti átalakítást figyelembe véve a iλ skalár szám kiszámításához használt tört szám-
lálójában található determinánst úgy kapjuk, hogy a 321 vvv vegyesszorzat determinán-
sának i-edik tagját kicseréljük az F erővel.
321
321 vvv
vvF=λ
321
312 vvv
vFv=λ
321
213 vvv
Fvv=λ
x
y
z
T1
T2
T3
- 57 -
b) Egyensúlyozzuk ki az F erőt az egyes rudak irányában ható erőkkel, vagyis
03*32
*21
*1 =+++ vvvF λλλ
A számítást az előzőekhez teljesen hasonlóan végezhetjük el, azonban a most kapott *iλ értékek a iλ értékeknek (-1)-szeresei lesznek.
Vagyis a ii v*λ szorzatok rögtön a kényszererőket adják.
50*1 −=λ
kjiv 4002001001*1 −−−=λ
17. példa
Határozzuk meg az AF , BF , CF kény-
szererőket!
kjiF 406030 −+=
Az egyensúlyt leíró vektoregyenlet:
0321 =+++ CBA vvvF λλλ
A vektorok
kjivA 540 ++=
kjivB 500 ++=
kjivC 502 ++=
CBA
CB
vvv
vvF−=1λ
CBA
CA
vvv
vFv−=2λ
CBA
BA
vvv
Fvv−=3λ
( ) 400202
502
500
540
=−==CBA vvv
( )[ ] 60010060
502
500
406030
−=−−−=−
−=− CBvvF
x
y
z F
4
2
5
A B
C
AvCv
Bv
- 58 -
( ) ( )[ ] 152012005801504
502
406030
540
=−++−−=−−=− CA vFv
( )[ ] 60002030
406030
500
540
−=−−=−
−=− Fvv BA
1540
6001 −=−=λ 38
40
15202 ==λ 15
40
6003 −=−=λ
kjivF AA 756001 −−== λ kjivF BB 190002 ++== λ
kjivF CC 750303 −+−== λ
18. feladat
A négyzet alakú, vízszintes helyzetű,
NG 2400= súlyú betonlapot a két sarokpont-
jához és az oldalél közepéhez rögzített kötelek-kel emeljük. Határozza meg a kötélerők nagyságát! A merev testre ható erők:
kjiFA 600200200 ++−=
kjiFB 600200200 +−−=
kjiFC 12000400 ++=
19. feladat Határozzuk meg a vázolt hat rúdból álló szerkezet rúderőit!
kjiF 4002001001 ++=
kjiF 2002002002 +−= Válasszuk szét gondoltban a két 3 rudas bakállványt. Az 1s , 2s , 3s rudakból álló szer-
kezet a közös csuklópontban bármilyen irányú erőt kaphat, hiszen statikailag határozott megtámasztásokkal rendelkezik.
xy
z
G
2 m
3 m
2 mA B
C
G
x
y
z
1F2F
4 m
3 m
5 m
1S
2S
3S4S 6S
5S
- 59 -
Az 4S , 5S , 6S
rudakból álló szer-kezet a közös pontban ható álta-lános irányú erő hatására labilis, hiszen az 4S rúd
vége nincs meg-támasztva. Egyen-
súlyi állapot úgy következhet be, hogy az 4S rúd végét hozzákötjük az első bakáll-
ványhoz. Ez azt jelenti, hogy az 4S rúdban ébredő erő terheli az első bakállványt is.
A számítást tehát az 4S , 5S , 6S rudakból álló bakállványnál kell kezdenünk. Az 4S
rúdban ébredő erő plusz terhelést jelent az 1S , 2S , 3S bakállványnak.
A feladat megoldásához határozzuk meg elsőként a rudak vektorait.
kjiv 3001 ++=
kjiv 3502 +−=
kjiv 3043 ++=
kjiv 0504 ++=
kjiv 3005 ++=
kjiv 0046 ++=
Bontsuk fel az 1F erőt 4S , 5S , 6S irányú összetevőkre.
6655441 vvvF λλλ ++= .
Az egyes λ értékeket az alábbiak szerint számíthatjuk:
654
6514 vvv
vvF=λ
654
6145 vvv
vFv=λ
654
1546 vvv
Fvv=λ
( ) 601205
004
300
050
654 =−−==vvv
( ) 240080003
004
300
400200100
651 =−−==vvF
( ) 8000160005
004
400200100
050
614 =−−==vFv
( ) 150030005
400200100
300
050
154 =−−==Fvv
1v2v
3v4v
6v
5v
1S
2S
3S
2F 1F
4S 6S
5S
- 60 -
4060
24004 ==λ
6
800
60
80005 ==λ
6
150
60
15006 ==λ
kjivs 02000444 ++== λ húzott
kjivs 40000555 ++== λ húzott
kjivs 00100666 ++== λ húzott
Az 4S rúd egyensúlyát megvizsgálva
megállapíthatjuk, hogy az 1S , 2S , 3S
bakállvány az 4S rúdból egy j200 vek-
torú plusz terhelést kap. Ezzel az 1S , 2S , 3S rudakból álló bak-
állvány terhelése
kjijFF 20002002002*
2 ++=+= értékű lesz.
Az 1S , 2S , 3S bakállványnál írjuk fel az egyensúlyi egyenletet, vagyis
0332211*
2 =+++ vvvF λλλ .
321
32*
21 vvv
vvF−=λ
321
3*
212 vvv
vFv−=λ
321
*221
3 vvv
Fvv−=λ
( ) 602003
304
350
300
321 =+=−=vvv
( ) 10008006005
304
350
2000200
32*
2 =−−=−=vvF
0
304
2000200
300
3*
21 ==vFv
( ) 3000100003
2000200
350
300*
221 =+=−=Fvv
6
100
60
10001 −=−=λ 02 =λ 50
60
30003 −=−=λ
kjivS 5000111 −+== λ húzott
kjivS 000222 ++== λ vakrúd
kjivS 1500200333 −+−== λ húzott
200200
200
1S
3S
2F
x
z
200
50
200
150
200
- 61 -
20. feladat Határozza meg a kényszererőket!
kjiF 300200100 ++= eredmények:
kjiA 03000 ++=
kjiB 3000400 −+−=
kjiC 00100 ++−=
kjiD 05000 +−=
kjiA 00400 ++= 21. feladat
Határozza meg a kényszererőket!
kjiF 2001001001 ++=
kjiF 3002002002 +−=
eredmények:
kjiA 20000 −+=
kjiB 30000 −+=
kjiC 0100360 ++−=
kjiD 0060 ++=
22. példa Egy súlytalan, végtelen merev lapot a térben megtámasztunk hat rúddal úgy, hogy a merev test bármilyen terhelése mellett a szerkezet stabil marad. Határozzuk meg a rúderőket!
kjiF 100100100 ++=
x
y
z
4 m
5 m
3 m
1S
2S
3S
4S
6S5S
F
4 m
3 m
5 m
1S2S
3S
4S
6S5S
x
y
z
DC
A
B
E
1F
2F
1S
2S
3S
4S
6S
5S
4 m
3 m
5 m
x
y
z
D
C
A
B
- 62 -
A térbeli erőrendszer egyensúlyi feltételeit három különböző módon fogalmaztuk meg.
I. 0=∑F és 0=∑M
II. 0=∑ AM , 0=∑ BM és 0=∑ CM .
III. Egymástól lineárisan független hat tengelyre felírt nyomaték zérus. Nézzük meg, hogy az egyes egyensúlyi feltételek alkalmazásával hogyan oldható meg a feladat.
I. Vizsgáljuk a merev testre ható erőket. A rudakban - mivel azok csak csuklóikon terheltek - rúdirányú erők keletkez-nek. Ezeket az erőket a rúdirányú vektoroknak λ -szorosaiként írhatjuk fel.
( )kjivS 5041111 ++−== λλ
( )kjivS 5002222 ++== λλ
( )kjivS 5343333 +−== λλ
( )kjivS 5304444 +−== λλ
( )kjivS 5045555 ++−== λλ
( )kjivS 5006666 ++== λλ
A 0=∑F vagyis, 0654321 =++++++ SSSSSSF vektoregyenlet i , j , k
egységvektorokhoz tartozó együtthatói külön-külön zérus értékűek. (1) 0100040404 654321 =++−+++− λλλλλλ
(2) 0100003300 654321 =+++−−+ λλλλλλ
(3) 0100555555 654321 =++++++ λλλλλλ
A 0=∑M egyensúlyi egyenlet szerint a tér bármely
pontjára felírt nyomaték zérus. Válasszuk ki az F erő támadáspontját annak a pontnak, amelyre felírjuk az erők nyomatékát. Vegyük figyelembe,
hogy erre a pontra az 1S , 2S , 4S és F erőknek zérus a
nyomatéka, hiszen hatásvonaluk átmegy a kiválasztott pon-ton. Ennek megfelelően
( ) 065231 =+×+×=∑ SSrSrM
( ) ( ) ( )kji
kji
kji
Sr
33
33
333
31
12200
01202000
534
004
λλλλ
λλλ
−−=
=−−+−−−=
=−
=×
( )( )
( ) ( ) ( )565
655
652 1200001515
5504
030 λλλλλλ
++−−−+=+−
=+× kji
kji
SSr
1r2r
3S
6S5S
A
F
1v
2v
3v
4v
6v5v
F
- 63 -
( ) ( ) kjikjiM 0001212201515 35365 ++=−+−+=∑ λλλλλ
A skaláregyenletek: (4) 01515 65 =+ λλ
(5) 020 3 =− λ
(6) 01212 35 =− λλ
Az (5) egyenletből 03 =λ
A (6) egyenletből 05 =λ
A (4) egyenletből 06 =λ
A (2) egyenletből 3
1004 =λ
Az (1) és (3) egyenletek az eddig kiszámított λ értékek behelyettesítésével az alábbi alakokat veszik fel:
(1) 01004 1 =+− λ , amiből 254
1001 ==λ
(3) 01003
10055
4
1005 2 =+++ λ
12
9402 −=λ
A rúderők rendre
kjiS 12501001 ++−=
kjiS12
9405002
⋅−+=
kjiS 0003 ++=
kjiS3
50010004 +−=
kjiS 0005 ++=
kjiS 0006 ++=
Ellenőrzésképpen adjuk össze a lemezre ható erőket
kjiF 000 ++=∑
II. Válasszunk ki három, nem egy egyenesre eső pontot. Az A pontra számított nyomatékot az előző pont-
ban számoltuk. A B pontra 3S , 4S , 6S erőknek
zérus a nyomatéka, mivel átmennek a ponton. A C
pontra nincs nyomatéka az 5S és 6S erőknek.
A következőkben kiszámítjuk az BM és CM nyo-
matékokat.
( ) 021152 =++×+×= FSSvSvM B
x
y
A C
B
B
1v2v
2S1S5S
F
- 64 -
( ) ( ) ( ) kjikji
kji
Sv
02000020000
504
500
55
55
52
+−=−++−−=
=−
=×
λλ
λλ
( )( )
( ) ( ) ( )3001205002005003001515
100551001004
530
1121
211
211
+−+−+−−−−−=
=+++−
−=++×
λλλλ
λλλ
kji
kji
FSSv
A skaláregyenletek: 08001515 21 =−−− λλ
05002020 15 =+−− λλ
030012 1 =+− λ
( ) 0421132 =+++×+×=∑ FSSSvSvM C
( ) ( ) ( )kji
kji
kji
Sv
02015
00200150
534
500
33
33
333
32
+−−=
=−++−−=
=−
−=×
λλλλ
λλλ
( )( ) ( ) ( )
( ) ( )[ ]( ) ( )ki
ki
kji
FSSSv
30012300151515
10041005553
10055510031004
030
1421
1421
42141
4211
+−+−−−−==+−−+++−=
=++++−+−
−=+++×
λλλλλλλλ
λλλλλ
Az A ponthoz tartozó 3 skaláregyenlet: (1) 01515 65 =+ λλ
(2) 020 3 =− λ
(3) 01212 35 =− λλ
A B ponthoz tartozó 3 skaláregyenlet: (4) 08001515 21 =−−− λλ
1v
2v2S
1S4S
F
C
3S
- 65 -
(5) 05002020 15 =+−− λλ
(6) 030012 1 =+− λ
A C ponthoz tartozó 3 skaláregyenlet: (7) 0300151515 421 =−−−− λλλ
(8) 00 = (9) 030012 1 =+− λ
A (2)-ből 03 =λ
A (3)-ból 05 =λ
Az (1)-ből 06 =λ
A (6), (9) vagy (5) egyenletből 2512
3001 ==λ
A (4)-ből 15
11752
−=λ
A (7)-ből 15
5004 =λ
A rúderők rendre
kjiS 12501001 ++−=
kjiS15
11755002
⋅−+=
kjiS 0003 ++=
kjiS15
2500
15
150004 +−=
kjiS 0005 ++=
kjiS 0006 ++=
III. Keressünk hat lineárisan független tengelyt és számítsuk ki rájuk az erőrendszer nyomatékát.
A tengelyek megválasztásánál két fontos szempon-tot tartsunk szem előtt: • olyan tengelyt válasszunk, melyen sok erőnek
a hatásvonala átmegy, mert így ezeknek a nyomatéka zérus.
• a tengelyre könnyű legyen kiszámolni a nyo-matékot
A kijelölt ( t3 ) tengelyre nincs nyomatéka az 1S ,
2S , 4S , 5S , 6S , F erőknek, mert hatásvonaluk
átmegy a tengelyen.
Bontsuk fel az 3S rúderőt komponenseire. Az xS3
hatásvonala átmegy a tengelyen, az yS3 hatásvo-
2S1S
4S
F
xS3
5S
t3
6SyS3
zS3
- 66 -
2S1S
4S
F
t6
6S
nala párhuzamos a 3t tengellyel, így ezek nyomatéka szintén zérus. Az zS3 -nek van
nyomatéka a 3t tengelyre, de az egyensúly miatt ennek is zérusnak kell lennie:
043 =⋅zS
ami csak úgy teljesülhet, ha 03 =zS .
Ha az erőnek ez a komponense zérus, akkor maga az erő is zérus, tehát az 3S rúdban
nem ébred erő. A kijelölt tengelyre (t5) nincs nyomatéka
az 1S , 2S , 4S , F erőknek, mert hatásvonaluk át-
megy a tengelyen;
3S -nak, mert értéke zérus;
6S -nak, mert hatásvonala párhuzamos a tengellyel;
zS5 -nek, mert hatásvonala úgyszintén párhuzamos a
tengellyel.
xS5 nyomatéka a tengelyre 35 ⋅xS Ennek a nyomaté-
ka az egyensúly miatt zérus értékű, ezért 05 =xS
Mivel az erő egyik komponense zérus, így maga az erő is zérus értékű:
05 =S
Vagyis az 5S rúdban nem ébred erő.
A 6t tengelyre nincs nyomatéka az 1S , 2S , 4S , F , 3S , 5S -nek.
Az S6 erőnek van nyomatéka a kijelölt tengelyre. Az egyensúly miatt azonban ennek zérus értékűnek kell lenni
036 =⋅S
06 =S
Az 6S rúdban tehát nem ébred erő. A 4t tengelyre nincs nyomaté- ka
3S , 5S , 6S -nak, mert értéke zérus;
1S , 2S -nek, mert hatásvonala átmegy a tengelyen;
zF , zS4 -nek, mert hatásvonala átmegy a tengelyen;
xF -nek, mert hatásvonala párhuzamos a tengellyel.
Így 0554 =⋅−⋅ yy FS
vagyis 1004 == yy FS
Az xS4 meghatározása a hasonló háromszögek alapján
lehetséges.
2S1S
4S
F
xS5
t5
6S
zS5
2S1S
100=xF
t4
yS4zS4
100=yF
100=zF
- 67 -
2S
xS1
4S
t2
zS1
xF yF
zF
A geometriai háromszög hasonló az erő-háromszöghöz, vagyis
3
5
4
4 =y
z
S
S
3
500
3
544 == yz SS
Ezzel kjS3
5001004 +−=
A 1t tengelyre nincs nyomatéka
3S , 5S , 6S -nak, mert értéke zérus;
2S , 4S -nek, mert hatásvonala átmegy a
tengelyen;
zS1 , zF -nek, mert hatásvonala átmegy a tengelyen; yF -nak, mert hatásvonala párhu-
zamos a tengellyel. Így, 055 1 =⋅−⋅ xx SF
1001 == xx FS
5 m
4 mx
z
1001 =xS
zS11S
A hasonló háromszögek alapján
4
5
1
1 =x
z
S
S
1254
511 == xz SS
kiS 1251001 +−=
A 2t tengelyre nincs nyomatéka
3S , 5S , 6S -nak, mert értéke zérus;
4S -nek, mert hatásvonala átmegy a tengelyen;
xF , xS1 -nek, mert hatásvonala párhuzamos a tengely-
lyel. Így, 05333 12 =⋅+⋅+⋅+⋅ yzz FFSS
( )5333 12 ⋅+⋅+⋅−=⋅ yzz FFSS
( ) 117551003100312532 −=⋅+⋅+⋅−=⋅S
3
11752 −=S
5 m
3 m
y
z
1004 =yS
zS44S
2S
xS1
4S
t1
zS1
xF yF
zF
- 68 -
A rúderők tehát rendre:
kjiS 12501001 ++−=
kjiS3
1175002 −+=
kjiS 0003 ++=
kjiS3
50010004 +−=
kjiS 0005 ++=
kjiS 0006 ++=
A feladat megoldása - történjen az bármelyik módszer szerint - ugyanarra az eredmény-re vezet. 23. példa Egy 2 m vastagságú végtelen merev testet hat rúddal megtámasztunk. Határozzuk meg a rúderőket és a D pontban ébredő kényszererőt!
03310000 4 =⋅−⋅ S
100004 =S
kjiS 10000004 ++=
06 =S
x
y
z
NF 100001 =
NF 30002 =4 m
2 m
3 mA
3 m
1S
2S
3S
4S
6S
5S
B
CD
EF
GH
10000
4S
t4
6S
t6
- 69 -
100001 =S
kjiS 10000001 ++=
03100004300033 =⋅+⋅−⋅zS
60003 −=zS
45003 −=xS
kjiS 6000045003 −+−=
03310000 2 =⋅+⋅ zS
100002 −=zS
100004 =SzS3
t3
xS3
3000
100001 =S
zS2
t2
yS2
10000
1S
t1
4m
3mxS3
zS33S
- 70 -
5S
6S
D
kjiS 6000450045005 −−−=−
5S0
0
0
75002 =yS
kjiS 10000750002 −−=
0334500 5 =⋅−⋅ xS
45005 =xS
Ennek következében adódik 45005 =yS
60005 =zS
kjiS 6000450045005 ++=
A rúderők:
kjiS 10000001 ++=
kjiS 10000750002 −−=
kjiS 6000045003 −+−=
kjiS 10000004 ++=
kjiS 6000450045005 ++=
kjiS 0006 ++=
A merev testre a rúderőkön kívül még hat az 1F és 2F erő is.
kjiF 10000001 −+=
kjiF 0300002 ++=
A merev testre ható összes erő eredő-je zérus.
kjiF 000 ++=∑
D kényszererő
kjiSD 6000450045005 ++==
60003 =zS
zS5
t5
xS5 yS5
45003 =xS
xS2
4m
3m
zS2
2S
- 71 -
24. feladat Egy végtelen merev testet 6 rúddal támasztanak meg az ábrán látható módon. A testre
1F erő hat. Határozza meg a rúderőket!
kjiS 400001 ++=
kjiS 002002 ++−=
kjiS 040003 ++=
kjiS 040004 ++=
kjiS 080005 +−=
kjiS 200006 −+=
25. feladat Egy zérus vastagságú vég-telen merev lapot 6 rúddal támasztanak meg. Határoz-za meg az A pontban ébre-dő csuklóerőt! Eredmény:
kjiA 300500400 −+=
x
y
z
N500
4 m3 m
5 m
2S
3S
4S5S
A
6S1S
x
y
z
2 m
2 m
iF 2001 =
kF 2002 −=
4 m
6S
5S
4S
3S
2S
1S
- 72 -
III.) Igénybevétel Tételezzük fel, hogy az ábrán vázolt testet támadó erők (melyek lehetnek terhelések és kényszererők egyaránt) egyensúlyban vannak. Válasszuk ketté a testet a súlyvonalának bármely pontján átmenő, az adott pontban a súlyvonalra merőleges síkkal. Ekkor az egyensúly megbomlik. Az egyensúly helyreállításakor az elvágás helyén a keresztmetszet súlypontjában mű-ködtetni kell egy F erővektort és egy M nyomatékvektort. Egy rúd tetszőleges keresztmetszetének igénybevételén a rajta átadódó erőhatást értjük. Ez egy felületen megoszló erőrend-szer, melynek eloszlását a statika módsze-reivel nem tudjuk követni, de az eredőjét meghatározhatjuk. A megállapodás alapján egy keresztmetszet igénybevételén az első (I.) testről a máso-dik (II.) testre átadódó erőhatást értjük. Ez pontosan megegyezik az első testre ható erőrendszernek a keresztmetszet súlypont-jába redukált vektorkettősével.
∑∑∑
=−
×+=−
i
iii
FF
FrMM
Általános esetben ez a vektorkettős ( )MF , felbontható hat komponensre.
M
n
F
2e
1e
1eF
2eFnF
nM
1eM
2eM2e
1e
n n = a kiválasztott keresztmetszet normálisa.
A hat komponensből négy beleesik a keresztmetszet síkjába, kettő pedig merőleges rá. Ezek a komponensek az alábbi igénybevételeket jelentik:
I.
n
F
M
I.
II.
M−
n−
F−
- 73 -
nF (N) normálerő
1eF (V) nyíróerő
2eF (V) nyíróerő
nM (Mcs) csavaró nyomaték
1eM (Mh) hajlító nyomaték
2eM (Mh) hajlító nyomaté
Ha a keresztmetszetet egyidejűleg csak egyetlen erő- vagy nyomatékkomponens terheli, akkor egyszerű igénybevételről beszélünk. Ha több komponens lép fel, akkor összetett az igénybevétel. Hogy szemléletes képet kapjunk az egyes keresztmetszetek igénybevételéről, a hely függvényében ábrázoljuk a keresztmetszetet terhelő normálerőt, nyíróerőt, hajlító és csavaró nyomatékot. Az igénybevételi ábrák megrajzolásánál mindig követni kell a kö-vetkező – megállapodás alapján hozott – szabályokat.
- Kijelöljük a haladási irányt. - A nyomatéki metszékeket
mindig a húzott oldalra raj-zoljuk. Ez azt jelenti, hogy a balról számított nyomaték akkor pozitív (+), ha a nyo-maték az óramutató járásával megegyezően forgat. A jobb-ról számított nyomaték akkor pozitív, ha az óramutató járá-sával ellentétesen forgat.
+-
- A nyíróerő ábrán balról in-dulva a fölfelé mutató irány a pozitív. Máshogy fogalmaz-va, az az irány a pozitív, amely a pozitív nyomatékot hozza létre.
- A normálerő ábrán a húzás pozitív előjelű, míg a nyomás negatív. Pozitívnak tekintjük
a normálerőt, ha balról számított eredő erő a vizsgált keresztmetszetből kifelé mutat.
N+
40
20
200200
40N
200N
20N
2m 3m
40N
200N
20N
500N60N
eleje végehaladási irány
M -+
600
V +-
N +-
300
- 74 -
Tört tengelyű tartóknál az egyenes tartónál alkalmazott előjelszabály a mérvadó, de megfelelően elforgatva.
elej
evé
ge
M- +
V-+
N-+
M- +
V-+
N-+A B
CD
eleje vége
M -+
V +-
N+-
CD
1.) Koncentrált erőkel terhelt tartó
- Első lépésként meghatároz-zuk a kényszererőket, az egyensúlyi egyenletek alap-ján.
- Alkalmazzuk az előzőekben magadott előjelszabályt.
- Figyelembe vesszük a kon-centrált erőkkel terhelt tartó nyomatéki ábrájának alábbi tulajdonságait:
- Szabad végen (a rúd végein), ha nincs kon-centrált nyomaték, ak-kor a hajlító nyomaték értéke zérus.
- Két erő között a függ-vény lineáris. Ezért elég a függvény két vég-pontján lévő értékeket meghatározni.
- Az erő hatásvonalánál a függvénynek törése van.
3m2m
2000N1000N
100N
5m
2000N1000N
100N
1600N1400N
100N
M -+
V +-
N +-
2800Nm
4800Nm
1600N
1400N 1000N
2000N
100N
A B
CD
F F
- 75 -
2.) Koncentrált nyomatékkal terhelt tartó
A koncentrált nyomatékkal terhelt tartónál, ahol a koncentrált nyoma-ték hat, ott a nyomatéki függvény-ben – az ott ható nyomaték értéké-nek megfelelően – ugrás van. A függvény pontjai rendre (az elő-jelszabály figyelembevételével):
6002300 −=⋅− 40010002300 +=+⋅−
110010007300 −=+⋅− 900200010007300 +=++⋅−
02000100010300 =++⋅− Az egyes erőhatások közötti szaka-szokon a függvény továbbra is lineá-ris.
3.) Megoszló erőrendszerrel terhelt tartó
- Megoszló erővel terhelt tartó
esetén a megoszló erőrendszert helyettesíthetjük egy koncent-rált erővel, amely a megoszló erőrendszer eredője.
- Meghatározzuk a kényszererő-ket.
- Megrajzoljuk a nyomatéki áb-rát a koncentrált erőkre.
- Egyenletesen megoszló terhelés esetén, ahol a nyomatéki függ-vényt az alábbi képlet
22)(
xxpx
lpxM ⋅⋅−⋅⋅=
határozza meg, a következő módón rajzolhatjuk meg a má-sodfokú függvényt.
p
2/l2/l
lpF ⋅=
A B
A B
M -+
A B
C
D
E 8
2lp ⋅
422
2lpllp ⋅=⋅⋅
V +-
2
lp ⋅
2
lp ⋅
A= 2
lp ⋅x M(x)
xp
2
lpBA
⋅==
1100Nm600Nm
2000Nm1000Nm
2m 3m5m
300N300N
M -+
V +-
N +-
300N300N
1000Nm 2000Nm
400Nm
900Nm
- 76 -
- Meghatározzuk azt a háromszöget, amelynek segítségével megrajzoljuk a parabolát. (ABC háromszög)
- A parabola megrajzolásához három pontra és három érintőre van szüksé-günk. Ezek rendre a következők:
- A pont AC egyenes, mint érintő - B pont BC egyenes, mint érintő - E pont és az E pontban, az AB egyenesekkel párhuzamos érintő.
Az E pontot az alábbiak szerint kapjuk: - A C ponton át párhuzamost húzunk a megoszló erőrendszer in-
tenzitásával - Ez az egyenes az AB egyenest a D pontban metszi - A CD távolságot megfelezzük
A nyíróerő ábrát először megrajzoljuk a koncentrált erőkre. Azon a szakaszon, ahol a megoszló erőrendszer található a szakasz elején és végén kapott nyíróerő értékeket egyetlen egyenessel kötjük össze, hiszen ezen a szakaszon a nyíróerő függvényt az alábbi képlet írja le:
xplp
xV ⋅−⋅=2
)(
Az olyan esetekben, amikor a megoszló terhelés tartományában erők vagy nyomatékok vannak, az igénybevételi ábrák megrajzolásához a megoszló terhelés nem helyettesíthető egyetlen koncentrált erővel! A=2200N B=7300N
A megoszló erő tartományát úgy kell szakaszokra bontani, hogy az egyes szakaszokon belül a megoszló terhelés tisztán hasson. Ennek megfelelően az ábrán a megoszló terhe-lést 4 részre bontottuk.
500Nm500Nm p=1000N/m
F=1500N
232 1,51,5
A B
- 77 -
0,750,750,750,75111,51,52
500Nm
A B
500Nm
3000N 1500N 2000N 1500N 1500N
500NmM -+
1600Nm
3300Nm
700Nm
4000Nm
1750Nm
1125Nm625Nm
V +-
800N
2200N
2300N
4300N
3000N
4.) Másodfokú függvény rajzolása
Jelen esetben ismertnek tételezzük fel az A,B,C pontokat, valamint az egyes pontokat összekötő egyeneseket. A megoszló erőrendszer intenzitása a rajz-nak megfelelő.
1. B ponton keresztül párhuzamost hú-zunk az intenzitás irányával,
2. BD távolság felezésével kapjuk meg az E pontot,
3. E pontban AC egyenessel párhuza-most húzunk.
Ezzel megkapjuk a parabola 3 pontját és az érintőjét.
K
A CD
E
B
p
e1
B
A CD
LJ
e2
H
érintő
- 78 -
További pontok szerkesztése 1. AC szakaszon kijelölünk egy pontot H 2. H ponton keresztül párhuzamost húzunk a BC illetve AB egyenesekkel 3. kijelöljük a J és K pontokat. A JK egyenest megrajzoljuk 4. H ponton keresztül párhuzamost húzunk a DB szakasszal 5. Megkapjuk az L pontot
Az L pont valamint a JK egyenes adja a parabola újabb pontját, valamint a hozzá tarto-zó érintőt. 5.) Összefüggés a hajlítónyomatéki és nyíróerő függvények között
Vizsgáljuk meg a dx hosszúságú elemi tartóda-rab egyensúlyát. Írjuk fel az S (keresztmetszet súlypontja) pont-ra a nyomatékokat
0)(2
=++⋅++− dMMdx
pdxVdxM
02
≡⋅ dxpdx (kis számokról lévén szó)
VdxdM
dMVdx
−==+ 0
illetve Vdx
dM −=
Ez az összefüggés azt fejezi ki, hogy a hajlítónyomatéki függvény x szerinti első diffe-renciálhányadosa a nyíróerő függvény. Ebből az is következik, hogy ahol a nyíróerő függvény zérus értékű, ott a nyomatéki függvénynek helyi szélsőértéke van.
A függőleges erők egyensúlyát a
0)( =+−+ dVVpdxV egyenlet írja le, amiből
0=− dVpdx
illetve pdx
dV =
Vagyis a nyíróerő függvény differenciálhányadosa megegyezik a terhelő megoszló erő-rendszer adott pontbeli intenzitásával. Ezekből az összefüggésekből az alábbi, a gyakor-latban használatos következtetések vonhatók le:
1. Mivel a levezetéseknél, a vizsgált szakaszokon megoszló terhelést vettünk figye-lembe, ezért az eredmények érvényessége csak olyan szakaszokra vonatkozik, ahol nem lép fel koncentrált erő vagy nyomaték. Másképpen fogalmazva az összefüggések csak koncentrált erőhatások (erők, nyomatékok) közötti szakaszokon érvényesek.
2. A hajlítónyomatéki függvény x szerinti első differenciálhányadosa a nyíróerő függvény. Ebből két dolog következik: - Ahol a nyíróerő függvény zérus értékű, ott a nyomatéki függvénynek helyi
szélsőértéke van.
dx
p
M M+dM
V+dV
V
p
S
dx
- 79 -
- A vizsgált szakaszon a nyomatéki függvény értékének változása az ugyanah-hoz a szakaszhoz tartozó nyíróerő függvény alatti területtel egyezik meg.
∫=∆ VdxM
3. Azon a szakaszokon, ahol egyenletesen megoszló terhelés van, - A nyíróerő függvény lineáris - A nyomatéki függvény másodfokú függvény.
6.) Példák az igénybevételek témakörből 1. példa
Rajzoljuk meg a tartó igénybevételi ábráját! Egyensúlyi egyenletek:
0=∑ X 0200=+XA
NAX 200−=
0=∑Y 0700=−YA
NAY 700=
0)( =∑ AM 05002700 =+⋅−AM
NmM A 900=
700N200N
500Nm
2m 3m
700N200N
500NmAxAy
MAszámítási modell
valós erőjáték
700N200N
500Nm200N
700N
900Nm
M -+
900Nm
500Nm
V +-
N +-
700N
200N
- 80 -
2. példa Rajzoljuk meg a tartó igény-bevételi ábráját! Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát! Egyensúlyi egyenletek:
0=∑ X 0300 =+− XB
NBX 300=
0)( =∑ AM
08004212001500 =+⋅+⋅−⋅ YB NBY 275=
0=∑Y
06251200500 =++−− YA
NAY 1425= A nyíróerő függvénye
0300925 =⋅− x
mmx 308,3300925 &==
A maximális nyomaték értéke
∫=308,4
0
&
VdxM
Ez az előjelhelyes összeg a nyíróerő ábra alatti terület, vagyis
Nm9,9252
308,39251500 =⋅+⋅−
&
Ez a nyomaték jobbról is számítható. Itt azonban figyelembe kell venni, hogy a 800Nm-es koncentrált nyomaték is hat, vagy-is
∫∑ += VdxMMmax
Számszerűen: Nm9,9252
691,0275800 =⋅++
&
300N
275Nm
2m1m 4m
800Nm300N/m
500N
300N
800Nm
500N
300N
1200N
Ay By
Bx
M-+
500Nm
2050Nm
+-V
925Nm
500Nm
N +-
x
925,9Nm
- 81 -
3. példa Rajzoljuk meg a tartó igénybe-vételi ábráját! Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát! p=400N/m Egyensúlyi egyenletek:
0=∑ X
NAX 0=
0)( =∑ AM
0658002320011600 =⋅−⋅+⋅+⋅− B NB 6,1466&=
0=∑Y
06,146680032001600 =+−−+− &A NA 4,4133&= A két parabola egyenlete eltér egymástól, de a kapcsolódási pontban az érintőjük azonos. A maximális nyomaték helye
08004,2533 =⋅− x& mx 17,3= A maximális nyomaték értéke
Nm24112
61,34,25332
21600 =⋅+⋅−&&
Vagy jobbról
Nm24112
38,06,6662
2)6,6666,1466( =⋅+⋅+ &&&&
1466,6N
+
4m 2m2m
2p p
1600N 3200N 800N
BA
M-+
1600Nm
3466,8Nm
1466,6Nm
+-V
N -
x
666,6N1600N
2533,4N
- 82 -
4. példa Rajzoljuk meg a tartó igénybevételi ábráit!
Egyensúlyi egyenletek
0=∑ X 0200=+XA NAX 200−=
0=∑Y 0500=+YA NAY 500−=
0)( =∑ AM 022003500 =⋅+⋅+AM
NmM A 1900−= Bontsuk részeire a törttengelyű tartót és a csatlakozó pontokban állítsuk helyre az egyensúlyt!
200N
500N
1900Nm 600Nm
500N
200N
200N
200N
500N
500N
600Nm
1000Nm
200N
500N
200N
500N
1000Nm
2m
5m
500N
200N
2m
500N
200N
Ax
Ay
MA
500N
200N
200N
500N
1900Nm
- 83 -
Rajzoljuk meg külön-külön az egyes részek igénybevételi ábráit, majd rajzoljuk össze.
1000Nm
1000Nm
M-+
M-+
M- +
1900Nm
600Nm
600Nm
1000Nm
1900Nm
600Nm
A nyomatéki metszékek mindig a húzott oldalon vannak!
+-V
+-V V
-+
500N
500N
200N
500N
500N
200N
200N
+-N
+-N N
-+
200N
200N
500N
+200N
-200N
-500N
-500N
- 84 -
5. példa
Számított értékek alapján rajzoljuk meg a tartó nyomatéki és nyíróerő ábráját! Határozzuk meg a maximális nyomaték nagyságát és helyét! Egyensúlyi egyenletek
0=∑ AM
085,5100039605,1600 =−⋅+⋅−⋅ B NB 440=
0=∑Y
04401000960600 =+−+−A NA 200=
Maximális nyomaték helye
mx 2,2200440 ==
NmM 4842
2,2440max =⋅=
440N
N
+-
3m 5m
200N/m
A B960N
A B960N
600N 1000N
M
+-
V +-
400N
1100Nm
200N
500N
300Nm
300Nm
x
- 85 -
6. példa Határozzuk meg a nyomatéki ábra jellemző értékeit!
Egyensúlyi egyenletek
0=∑ X 01000=−xB
NBx 1000=
0=∑ BM
0230021000320005,050003 =⋅−⋅−⋅+⋅−⋅yA
NAy 300−=
0=∑Y
030020005000300 =+−−−− yB
NBy 7600=
2m
A
B
2m
2m
2m2m1m
1000N/m
1000N
300N
14000Nm
12000Nm2000Nm
600Nm14000Nm
14000Nm
5000N
1000N
300N
Ay
ByBx
2000N
- 86 -
7. példa Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat! Egyensúlyi egyenletek
0=∑ X 0=+ xx BA
0=∑Y 0162 =−−+ yy BA
0=∑ AM 0641622 =⋅+⋅−⋅ yB
yx AA =
kNBy 10=
kNAkNA xy 88 =→=
kNBx 8−=
mx 5,24
10 ==
kNmM 5,122
5,210max =⋅=
+
45°
4kN/m
2m 2m 4m
2kN
2kN 16kN
ByBxAy
Ax
N
+-
M
+-
V -
4kNm
8kNm
20kNm
2kN
8kN
6kN
10kNx
- 87 -
8. példa Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat, a jellemző érté-kek feltüntetésével! Egyensúlyi egyenletek
0=∑ X 02 =− xB kNBx 2=
0=∑ BM
04212235,12 =⋅−⋅+⋅−⋅ yA
kNAy 25,5=
0=∑Y 025,5123 =+−+− yB
kNBy 75,9=
mx 75,1325,5 ==
kNmM 59,42
75,125,5max =⋅= N
V
M
3kN
3kN/m
2m 4m
2kN
3kN
1,5m
12kN
ByBx
2kN
3kN Ay
3kNm
3kNm
3kNm
10,5kN
2kN
6,75kN
5,25kNx
2kN
- 88 -
9. példa Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat! Egyensúlyi egyenletek
0=∑ AM
05,746485145 =⋅+⋅−⋅++⋅+− B
kNB 11=
0=∑Y
011484 =+−−−A kNA 5=
mx 5,225 ==
A maximális nyomaték jobbról
kNmM 25,62
5,375,14max =⋅+⋅−=
vagy balról
kNmM 25,652
5,255max =+⋅+−=
5kNm
6kNm
2m 4m 1,5m2m
2kN/m
4kN
5kNm
5kNm
4kN
5kNm
5kNm
A B
8kN4kN
+-
M 1kNm
8kNm
5kNm
+
N+-
V-
x
5kN
7kN
4kN
A B
3,5m
- 89 -
10. példa Rajzoljuk meg az M, V, N ábrá-kat! Egyensúlyi egyenletek
0=∑ X 02 =+− xA
kNAx 2=
0=∑ AM
052329225,12 =⋅+⋅−⋅+⋅−⋅ yB
kNBy 9=
0=∑Y
02992 =−+−+− yA
kNAy 4=
4kNm
3kNm
2m 1m2m 2m2kN
2kN 2kN
A B1,5m
2kN
2kN 2kN9kN
ByAyAx
3kNm1kNm
3kNm
2kN
2kN
2kN2kN
2kN
7kN
M
N
V
- 90 -
11. példa Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat, a jellemző értékek feltüntetésével! Egyensúlyi egyenletek
0=∑ X 02 =− xA
kNAx 2=
0=∑ AM
0242412 =+⋅−⋅−⋅ yB
kNBy 1=
0=∑Y 0142 =+−+− yA
kNAy 5=
A maximális nyomaték helye
mx 313 ==
Maximális nyomaték nagysága balról számítva
kNmM 5,2233
222
max =⋅+⋅−=
illetve jobbról
kNmM 5,2211
2max =⋅+=
2kNm
4m2m 2m
A B
2kNm2kN 1kN/m
2kNm2kN
ByAyAx
2kN 4kN
+-
M
3kNm
2kNm
+V-
2kN
3kN
1kN
x
N+-
2kN
- 91 -
12. példa Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat, a jellemző értékek feltüntetésével! Egyensúlyi egyenletek
0=∑ X kNAx 0=
0=∑ AM 08,04,64,28,1 =+⋅−⋅ AM
kNmM A 8,0=
0=∑Y 04,68,1 =+− yA
kNAy 6,4=
A maximális nyomaték helye
mx 45,048,1 ==
Maximális nyomaték nagysága balról számítva
kNmM 845,12
45,08,18,08,1max =⋅+⋅=
illetve jobbról
kNmM 845,12
15,16,48,0max =⋅+−=
4,6kN
0,8kNm
1,44kNm
M
4kN/m
0,8m 1,6m
1,8kN
Ax
Ay
MA
1,8kN
6,4kN
+-
2,88kNm
+V-
x
N+-
1,8kN
- 92 -
13. példa Rajzoljuk meg a tartó nyomatéki ábráját! Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és értékét! Egyensúlyi egyenletek
0=∑ X 02 =+ xA
kNAx 2−=
0=∑ AM
063564212624 =⋅−⋅+⋅−⋅+⋅+ yB
kNBy 13=
0=∑Y 0361312 =+−+−yA
kNAy 2=
A maximális nyomaték pontos helyének meghatározásához vizsgáljuk meg a vízszintes tartó nyíróerő ábráját! A maximális nyomaték helye
mx3
10=
A maximális nyomaték értéke jobbról
kNm
M
66,166
1002
3
1010
2
13
2
13max
&==
=⋅
+⋅−⋅=
4m 2m2m
A B
3kN/m4kNm
2kN
3kN
3m
3m
4kNm
2kN
3kN
12kN 6kN
Ax
Ay By
M
V
4kNm
6kNm 6kNm
16kNm
20kNm
3kNm
2kN 3kN
3kN
10kNx2kN
- 93 -
14. példa
Rajzoljuk meg a teljes rúdszerkezet hajlítónyomatéki ábráját! Az ábrán jelöljük be a számított értékeket! Egyensúlyi egyenletek
0=∑ AM
03510002270022000 =⋅−⋅+⋅+⋅ xB
NBx 4800=
0=∑ X 04800=−xA
NAx 4800=
0=∑Y 0100027002000 =−−−yA
NAy 5700=
17,4kNm
4kNm
1kNm
3kNm
17,4kNm
11,4kNm
500N/m
2700N
A
B
2m
3m
2m 2m
2m
2700N
Ax
Ay
Bx
2000N 1000N
- 94 -
15. példa Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat, a jellemző érté-kek feltüntetésével! Egyensúlyi egyenletek
0=∑ AM
085,690053903205,1600 =⋅−⋅+⋅−−⋅ B NB 560=
0=∑Y
0560900390600 =+−+−A NA 550=
A maximális nyomaték helye
mx 75,2200550 ==
Maximális nyomaték nagysága
NmM 25,7562
75,2550max =⋅=
550N
330Nm
840Nm750Nm
3m2m
200N/m 300N/m
320Nm 390N
3m
320Nm 390N
A B
600N 900N
A B
+-
M430Nm
825Nm
+V -
N+-
560N
340N
50Nx
- 95 -
16. példa Határozzuk meg a maximális nyomaték helyét és nagyságát, valamint rajzoljuk meg az M, V, N ábrákat, a jellemző értékek feltüntetésével! Egyensúlyi egyenletek
0=∑ X 0=+ xx BA
0=∑ AM
08568428 =⋅−⋅+⋅+⋅ yB
kNBy 6−=
0=∑Y 05868 =−+−+yA
kNAy 5−=
xy BB =
kNBx 6−=
kNAx 6=
A maximális nyomaték helye
mx 5,225 ==
Maximális nyomaték nagysága
kNmM 25,62
5,25max =⋅=
2kN/m
5kN
A
B 45°
4m4m
5kNAX
AY
BXBY
+-
M
+V -
N+
-
8kN8kN
3kN
3kN5kN
10kNm
5kN
4kNmMmax
x
6kN
- 96 -
17. példa
Számított értékek alapján rajzoljuk meg a tartó M,V,N ábráit! Határozzuk meg a maximális hajlítónyomaték he-lyét és nagyságát! Egyensúlyi egyenletek
0=∑Y 0212 =+−yA
kNAy 10=
0=∑ AM
035,11842112 =⋅−⋅+⋅−⋅ xB
kNBx 3,10&=
0=∑ X 0183,10 =−+ &
xA
kNAx 6,7 &=
Az igénybevételi ábra megrajzolásához gondolatban szedjük szét a tartót és előbb a víz-szintes, majd a függőleges rész ábráit rajzoljuk meg.
A Vx és Vy és M a két rúd csatlakozásánál éb-redő erők illetve nyomaték. Egyensúlyi egyenletek alapján:
kNVx 6,7 &=
kNVy 0=
kNmM 4=
Bx
3m
2m 2m
6kN/m
2kN6kN/m
A
B
2kN
Ax
Ay
12kN
18kN
2kN
Ax
Ay
12kN
VxVy
M=4kNm
Bx
18kN
-Vx
-Vy
M=4kNm
4kNm8,9kNm
15,45kNm
M- + 10,3kN
y
7,66kN
V-+
N-+
- 97 -
Az összesített igénybevételi ábra
4kNm8kNm
4kNm
8,9kNm
15,45kNm
M
-7,66kNN
A maximális nyomatékok helyei
mx6
10=
my6
3,10=
Maximális nyomatékok nagysága
kNmxA
M y 3,812
100
26
1010
2max&==
⋅=
⋅=
kNmyB
M x 9,82
6
3,103,10
2max =⋅
=⋅
=
&&
10kN 7,66kN
10,3kN
2kN
y
V
- 98 -
18. példa Számított értékek alapján rajzoljuk meg a tartó M,V,N ábráit! A csuklós megtámasztásnál a 45° miatt Bx=By Egyensúlyi egyenletek
0=∑ AM
03223
22 =⋅+⋅−⋅+−⋅ apaaBapapa
apa y
paBy 2=
paBx 2=
paAx 2=
0=∑Y
02 =−+−− papapapaAy
paAy =
2ap ⋅
a
45°
p
ap ⋅
ap ⋅ap ⋅
ap ⋅2
ap ⋅
ap ⋅
a a
ap ⋅ap ⋅
Ax
Ay By
Bx
2ap ⋅
+-
M
+V -
N +
-
2
2ap ⋅
2
2ap ⋅
2ap ⋅
- 99 -
500N
500N/m
4m1m1,5m 1,5m
600N
30°
500N
600N
2000N
B
Ax
Ay
19. példa Rajzolja meg a tartó M,V,N ábráit a jellemző értékek feltüntetésével! Egyensúlyi egyenletek
0=∑ X 0=xA
0=∑ AM
08620005,26005,1500 =⋅−⋅+⋅+⋅ B NB 25,1781=
0=∑Y
025,17812000600500 =+−−−yA
NAy 75,1318=
Bontsuk fel a rúd ferde szakaszára ható erőket rúdirányú és rúdra merő-leges komponensekre.
A rúdirányú erő hozza létre a normálerőt, és a rúdra merőleges erők a nyírást és a hajlítást.
α=30°
1318,75N
659,4N
1142,1N
250N
433N
500N 300N
600N519,6Nα
α
α1978,13Nm
2796,9Nm
3125Nm
3562,5Nm
M
1142,1N
433N519,6N
189,5N
218,75N
1781,25N
V
659,4N
250N
300N
109,4N
N
- 100 -
20. példa Rajzolja meg a tartó M,V,N ábráit a jellemző értékek fel-tüntetésével!
Egyensúlyi egyenletek
0=∑ X
0=xA
0=∑ AM 0=⋅− RFM A
RFM A ⋅=
0=∑Y 0=− FAy
FAy =
ϕϕϕϕ cos)cos1()cos1( ⋅⋅−=−⋅⋅+⋅−=−⋅⋅+−= RFRFRFRAMM yA
ϕϕ
ϕ
ϕ
cos
sin
FN
FV
==
FR
M
F
V
F−
N
R
F
F
φ
φϕcos⋅F
ϕsin⋅FyA
yA
xA
ϕM
AM
- 101 -
21. példa Rajzolja meg a tartó M,V,N ábráit a jellemző értékek feltüntetésével! Egyensúlyi egyenletek
0=∑ AM 02 =⋅+ RBM
R
MB
2−=
0=∑Y 02
=−R
MA
R
MA
2=
)cos1(2
)cos1(2
ϕϕϕ −⋅=−⋅⋅= MR
R
MM
)cos1(2
)cos1(2
ααα −⋅−=−⋅⋅−= MR
R
MM
φ α
φ
α
φ α+ - - +
--
N
N
V
VR
M
2
R
M
2
R
MA
2=
NV
ϕϕ sin2
⋅=R
MV αα sin
2⋅=
R
MV ϕϕ cos
2⋅−=
R
MN αα cos
2⋅=
R
MN
A
RM
M
B
M
φ α+ - - +
M
- 102 -
IV.) Párhuzamos erőrendszerek 1.) Koncentrált erőkből álló párhuzamos erőrendszer
Legyen az erők iránya az e egység-vektorral párhuzamos. Az origóhoz tartozó eredő vektorket-tős
∑∑ == ii FeFF0
( ) eFrFrM iiii ×⋅=×= ∑∑0
alakú, ahol iF az i-edik erőhöz tarto-
zó előjeles szám.
Az eredő vektorkettős elemzésével megállapítható, hogy az alábbi lehetőségek közül melyikhez tartozik az erőrendszer.
- Egyensúlyi erőrendszer: 00 =F és 00 =M
- Az eredő egyetlen erőpár: 00 =F és 00 ≠M
- Az erő egyetlen erő: 00 ≠F és 00 =M vagy 00 ≠F és 00 ≠M
Mivel az 0F és 0M vektorok biztosan merőlegesek egymásra, az alábbi egyszerűsítésre
adódik lehetőség.
0F
0M
A centrális egyenes egy pontját kijelölő helyvektort ( )kr azon megfontolás alapján kap-
juk meg, hogy 00 MFrk =×
Ezen egyenletbe behelyettesítve az eredő vektorkettős korábbi alakját kapjuk ( ) eFrFer iiik ×⋅=× ∑∑
illetve ( ) ( ) eFreFr iiik ×⋅=×⋅ ∑∑
amiből ∑∑ ⋅
=i
iik F
Frr
x
y
z
1F
2F
3F
.2F
irre
kr
0F centrális egyenes)(e
- 103 -
Ha az erőrendszer minden elemének támadáspontját rögzítjük és az e egységvektor irányának változtatásával változtatjuk az egyes erők ( )iF irányát is, akkor minden e
irányhoz ( )neee ,...,, 21 tartozik egy centrális egyenes.
Bizonyítható, hogy ezek a centrális egyenesek egy pontban metszik egymást. Ezt a pontot az erőrendszer erőközéppontjának nevezzük. A ∑ ⋅ ii Fr vektort az erőrendszer statikus
(vagy elsőrendű) nyomatékvektorának nevez-zük.
2.) Megoszló erőrendszer (síkban)
Tekintsünk egy 0p intenzitású megoszló erőrend-
szert. Az erőrendszer eredő erejét az
lpdxpFl
0
0
00 == ∫ integrál adja.
Az origóhoz tartozó nyomatékot pedig az
( )2
20
0
00
lpdxpxM
l
=⋅= ∫
integrállal kapjuk. Ezen nyomaték vektora a síkra merőleges. Az erőrendszer erőközéppontja, ahol az erőrend-szer helyettesíthető egyetlen erővel
2
20
20
0
0 l
lp
lp
dxp
dxpxrk ==
⋅=∫∫
Tekintsünk egy egyenletesen változó megoszló erő-rendszert. A fenti gondolatmenetet alkalmazva:
llp
lp
dxxl
p
dxxl
px
r l
l
k 32
2
30
20
0
0
0
0
==⋅⋅
⋅⋅⋅=
∫
∫
0p
x
x dx
l
l/2 l/2
lpF ⋅= 0
y
x dx
l
0p
0F
2/3 l 1/3 l
x
y
K
1e 2e
3e
kr 1c
2c
3cx
y
z
- 104 -
3.) Súlypont, tömegközéppont és geometriai középpont
A test súlypontján a térfogaton megoszló elemi súlyerők erőközéppontját értjük.
∫
∫
∫
∫
∫
∫ ⋅=
⋅
⋅⋅=
⋅⋅
⋅⋅⋅=
)(
)(
)(
)(
)(
)(
V
V
V
V
V
Vk
dm
dmr
dV
dVr
dVg
dVgr
rρ
ρ
ρ
ρ
Homogén tömegeloszlású testek esetén az
∫
∫ ⋅=
)(
)(
V
Vk
dV
dVr
r kifejezés adja meg a súlypont helyét.
A fentiek alapján megállapítható, hogy a testek súlypontja és tömegközéppontja ugyan az a pont. Amennyiben homogén tömegeloszlású a test, akkor a geometriai középpont is meg-egyezik az előző kettővel. Összetett testek esetén, amikor ismerjük az egyes összetevők geometriai és tömegadata-it, a következő eljárással számítható a súlypont, illetve a tömegközéppont.
∑∑ ⋅
=i
iis m
mxX
∑∑ ⋅
=i
iis m
myY
∑∑ ⋅
=i
ii
m
mrr
∑∑ ⋅
=i
iis m
mzZ
x
y
z
S1
S2
S1(x1,y1,z1)
S2(x2,y2,z2)
g
- 105 -
4.) Vonalak súlypontja A vonalak olyan testeknek tekinthetők, ame-lyek keresztmetszete ( )0A rendkívül kicsi.
Ennek megfelelően
∫
∫
∫
∫
∫
∫ ⋅=
⋅
⋅⋅=
⋅=
)(
)(
)(0
)(0
)(
)(
l
l
V
V
V
V
k dl
dlr
dlA
dlAr
dV
dVrr
Több darabból álló vonalak esetén is igaz, hogy
∑∑ ⋅
=i
iis l
lxX
∑∑ ⋅
=i
iis l
lyY
∑∑ ⋅
=i
iis l
lzZ
5.) Síkidomok súlypontja
A síkidomok olyan testeknek tekinthetők, ame-lyeknek vastagsága (v) rendkívül kicsi. Ennek megfelelően
=⋅
=⋅
⋅⋅=
∫
∫
∫
∫
)(
)(
)(
)(
A
A
V
V
k dA
dAr
dAv
dAvr
r
Összetett síkidomok esetén:
∑∑ ⋅
=i
iis A
AxX
∑∑ ⋅
=i
iis A
AyY
∑∑ ⋅
=i
iis A
AzZ
Homogén tömegeloszlás esetén a súlypont mindig rajta van a szimmetriatengelyen.
x
y
z
y
x
S1 S2
- 106 -
6.) Példák a párhuzamos erőrendszerek témakörből 1. példa
Határozzuk meg az α nyílásszögű R sugarú körív súlypontjának koordinátáit!
A szimmetria miatt az 0=sY
αα
α
α
α
ϕ
ϕϕϕϕ
α
α
α
α
α
α
α
αaR
R
R
dR
dR
ds
RdR
X s =⋅
=⋅
⋅=
⋅
⋅
=
⋅
=
∫
∫
∫
∫
+
−
+
−
+
−
+
− 2sin2
2sin2
coscos2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Félkör alakú vonaldarab súlypontja
ππ
πRR
Ys
22sin2
=⋅
=
2. példa
Határozzuk meg a 2α nyílásszögű körcikk súlypontjának helyét!
x
y
a=2R
ys
S
y
x
dφ
R
φ
2α
a
xs
S
y
x
dφds
R
φ
α
a
xs
S
dφ
ϕcos3
2R
R
2
ϕRdRdA
⋅=
- 107 -
A szimmetria miatt az 0=sY
ααα
α
α
α
ϕϕ
ϕ
ϕϕϕα
αα
α
α
αα
α
α
α aR
R
R
R
dR
RdR
dRR
dA
dAR
Xs ⋅===⋅
=⋅
⋅=
⋅=
∫
∫
∫
∫
∫+
−+
−
+
−+
−
+
−
32
3sin2sin
3
2cos3
2
2cos
32
cos32
2
3
2
32
Félkör alakú síkidom esetén
ππ
π
34
2
2sin
32 RR
Ys =⋅=
3. példa
Határozzuk meg a vázolt háromszög súlypontjá-nak koordinátáit! A háromszög átfogójának egyenlete:
xa
bby −=
32
6
2
32
2
32
2
2
32
0
0
0
0
0
0 aab
ba
ab
aaba
a
a
bab
a
a
bab
dxxa
bb
dxxa
bbx
dxy
dxxy
dA
dAx
Xa
a
a
a
a
a
s ==
−⋅=
⋅−⋅
⋅−=
−
−=
⋅
⋅=
⋅=
∫
∫
∫
∫
∫
∫
Hasonló megoldással
3b
Ys =
S
x
y
ys
b
x
y
S
a
dx
xsys
x
y
- 108 -
R
2R
RR
R
2
3
4
1
y
x
4. példa
Határozzuk meg a vázolt síkidom súlypont-jának helyét!
Bontsuk fel a síkidomot ismert területű és súlypontú részekre!
iA ix iy ii Ax ⋅ ii Ay ⋅
1
2
2πR− R
π34
2R
R− 2
3πR− 33
64
RR +− π
2 RR 22 ⋅ R R 34R 34R 3
2
2πR
R
π34R−
2
3πR
3
64
R−
4 2R 2R−
2R
2
3R− 2
3R
∑ 25R 3
27
R π33
2
7RR −
RR
RXs 10
7527
2
3
== 5
75
2
7
2
33
ππR
RR
RRYs −=
−=
- 109 -
5. példa Határozzuk meg a vázolt görbe súlypontját!
Bontsuk fel a görbét ismert hosszúságú és súlypontú görbedarabokra!
Az ∑∑ ⋅
=i
iik l
lrr összefüggés alapján az alábbi táblázat kitöltésével megkapjuk a súly-
pont koordinátáit.
il ix iy iz ii lx ii ly ii lz
1 πR 0 R πR
R2
2 + 0 π2R
+π
π RRR
22
2 2R 0 2R R 0 24R 22R
3 R 2R
2R 0 2
2R 22R 0
4 4R R 0 0 24R 0 0
5 R 2R
-2R 0 2
2R 22R− 0
∑ RR 8+π 25R 22 4RR +π 22 22 RR +π
ππ +=
+==
∑∑
85
)8(5 2 R
R
R
l
lxX
i
iis
ππ
ππ
++=
++==
∑∑
8)4(
)8()4(2 R
R
R
l
lyY
i
iis
ππ
ππ
++=
++==
∑∑
8)1(2
)8()1(2 2 R
R
R
l
lzZ
i
iis
x
y
z
2R
R
RR
4R
1
2
34
5
- 110 -
V.) Másodrendű nyomaték 1.) A másodrendű nyomaték értelmezése
Tekintsünk egy síkidomon lineárisan változó intenzitású megoszló erőrend-szert. Az eegységvektorral kijelölt egyenes mentén a megoszló erőrend-szer intenzitása zérus, míg a r hely-vektorral jellemzett dT elemi tartomá-nyon az intenzitás
)( ref ×= λ .
Képezzük a megoszló erőrendszer nyomatékát a zérus intenzitású egyenes (semleges tengely) tetszőleges A pontjára.
Ae
TT
A IdTrerdTrerM λλλ ∫∫ =××=××=)()(
)()]([
Az ∫ ××=)(
)(T
Ae dTrerI integrál – az A pont és az eegységvektor megválasztása után
– csak a síkidom geometriai viszonyától függ és a másodrendű nyomaték vektorát adja. A másodrendű nyomaték vektora benne fekszik a síkban! Az indexek arra utalnak, hogy a nyomatékvektor függ a kiválasztott ponttól és az e egységvektor irányától.
Az A pontra illeszkedő végtelen sok egység-vektor közül azonban csak három lehet lineá-risan független egymástól. A három egység-vektor függetlenségének feltétele, hogy
0321 ≠eee vegyes szorzat nem lehet nulla.
Máshogyan fogalmazva a három egységvek-tor nem lehet komplanáris (nem lehet egy síkban).
Ha ismerjük a három egységvektorhoz tartozó 321 ,, eee III másodrendű nyomatékvekto-
rokat, akkor az A ponthoz tartozó bármely egységvektorhoz meg tudjuk határozni a másodrendű nyomaték vektorát. Tetszőleges eegységvektor előállítható 332211 eeee λλλ ++= alakban a hozzá tartozó
másodrendű nyomaték vektora pedig az alábbi alakban adódik.
332211 eeee IIII λλλ ++=
1eI
3eI
2eI
A
eI
1e
2e
3e
e
- 111 -
2.) Másodrendű nyomaték az xyz derékszögű koordinátarendszerben Az előzőekben alkalmazott 321 ,, eee egységvektorok helyett válasszuk most a jobbsod-
rású xyz derékszögű koordinátarendszer kji ,, egységvektorait. Az x tengelyhez tartozó másodrendű nyoma-tékvektor a definíció szerint
∫∫∫
∫∫
∫∫∫
−−+=
=++−++=
=−=××=
)()()(
22
)()(
222
)()()(
)(
)()(
)()()(
TTT
TT
TTT
x
dTxzkdTxyjdTzyi
dTxkzjyixdTzyxi
dTrirdTrridTrirI
A fenti levezetésben felhasználtuk a kifejtési tételt. (lásd matematikai összefoglaló)
Az előzőhöz hasonlóan adódik
∫∫∫
∫∫
∫∫∫
−++−=
=++−++=
=−=××=
)()(
22
)(
)()(
222
)()()(
)(
)()(
)()()(
TTT
TT
TTT
y
dTyzkdTzxjxydTi
dTykzjyixdTzyxj
dTrjrdTrrjdTrjrI
Illetve
∫∫∫
∫∫
∫∫∫
++−−=
=++−++=
=−=××=
)(
22
)()(
)()(
222
)()()(
)(
)()(
)()()(
TTT
TT
TTT
z
dTyxkdTyzjxzdTi
dTzkzjyixdTzyxk
dTrkrdTrrkdTrkrI
Tetszőleges
kjie321
λλλ ++=
Egységvektorhoz tartozó másodrendű nyomaték
zyxe IIII 321 λλλ ++=
Mivel az eI vektor a hozzá tartozó e egységvektornak homogén lineáris függvénye, a
kapcsolat tenzor segítségével is leírható.
i
j
kzI
xI
yI
dT
(T)
kzjyixr ++=
r
- 112 -
Az I másodrendű nyomaték tenzora
+−−
−+−
−−+
=
=
−−−−−−
=
−−−−−−
==
∫∫∫
∫∫∫
∫∫∫
)(
22
)()(
)()(
22
)(
)()()(
22
)(
)(
)(
],,[
TTT
TTT
TTT
zyzxz
zyyxy
zxyxx
zzyzxz
zyyyxy
zxyxxx
zyx
dTyxdTyzdTxz
dTzydTzxdTxy
dTzxyxdTdTzy
III
III
III
III
III
III
IIII
Az azonos indexű elemeket a megfelelő tengelyre számított (ekvatoriális) másodrendű nyomatéknak, a vegyes indexű elemeket vegyes (centrifugális, deviációs) másodrendű nyomatéknak nevezzük. A tenzor felírásából látható, hogy a másodrendű nyomaték tenzora szimmetrikus és a főátlőbeli elemek mindig pozitívak. A most megismert tenzor segítségével lehetővé válik tetszőleges – a bázisvektorok metszéspontján átmenő - e egységvektorhoz tartozó másodrendű nyomatékvektor meghatározása
eI e ⋅= I
A másodrendű nyomaték tenzora mindig szimmetrikus. A harmadrendű szimmetrikus tenzornak három sajátérték és három sajátvektora van. Fizikailag értelmezve a tenzor sajátértékei adják a főmásodrendű nyomatékokat, a saját-vektorok pedig a főirányokat.
A sajátvektorok koordinátarendszerében a tenzor
=
3
2
1
00
00
00
e
e
e
I
I
I
I alakú.
A sajátvektorok koordinátarendszerében a főmásodrendű nyomatékok vektora a főirá-nyokba néz.
1eI
3eI
2eI1e
2e
3e
- 113 -
3.) Síkidomok másodrendű nyomatéka
Tekintsünk egy az xy síkban fekvő síkido-mot.
A másodrendű nyomaték definíciója alapján az x valamint az y tengelyre számított má-sodrendű nyomaték vektorai
xyx
TT
TT
TTT
x
IjIi
dTxyjdTyi
dTxjyixdTyxi
dTrirrridTrirI
−=
=−=
=+−+=
=−=××=
∫∫
∫∫
∫∫∫
)()(
2
)()(
22
)()()(
)()(
)()()(
Illetve
yyx
TTT
y IjIidTxjdTyxidTrjrI +−=+−=××= ∫∫∫)(
2
)()(
)(
Ezekkel a másodrendű nyomaték tenzora
−
−=
−−
==∫∫
∫∫
)(
2
)(
)()(
2
],[
TT
TT
yyxy
yxxx
yxdTxdTyx
dTxydTy
II
IIIII
i
j
X
y
xI
yI
xxI
yyI
xyI
yxI
Az pyx III =+ másodrendű nyomatékot a síkidom poláris másodrendű nyomatékának
nevezzük.
i
j
dT
r
X
y
jyixr +=
- 114 -
4.) Koordinátarendszer forgatása
Tételezzük fel, hogy ismert a síkidom másodrendű nyomaték tenzora a derék-szögű xy koordinátarendszerben. Az α szöggel elforgatott ηξ koordiná-
tarendszerhez tartozó ηξI másodrendű
nyomaték tenzorának meghatározása az alábbiak szerint lehetséges.
Legyen
−−
=yyxy
yxxx
xy II
III
Az ξe egységvektorhoz tartozó
ξeI másodrendű nyomaték vektora
az alábbi módon számítható.
−−
=⋅=αα
ξξ sin
cos
yyxy
yxxx
e II
IIeI I
A másodrendű nyomaték vektornak ( ξeI ) van vetülete a ξ és η tenge-
lyekre. Ezek az alábbi skaláris szorzattal határozhatóak meg.
[ ] [ ]
[ ] [ ]skalárII
IIeeIeI
skalárII
IIeeIeI
yyxy
yxxx
e
yyxy
yxxx
e
=
−−
−=⋅⋅=⋅=
=
−−
=⋅⋅=⋅=
αα
αα
αα
αα
ξηξηηξ
ξξξξξξ
sin
coscossin
sin
cossincos
I
I
Az ηe egységvektorhoz tartozó ηeI illetve ennek vetületei hasonlóan határozhatók meg.
ηξηξ
ηηηη
eeI
eeI
⋅⋅=
⋅⋅=
I
I
Természetesen itt is igaz, hogy ηξI = ξηI
Az előzőkben kiszámított értékekkel most már az új koordinátarendszerhez tartozó má-sodrendű nyomaték tenzora az alábbi.
=
ηηηξ
ξηξξξη II
III
ξeηe
X
ξ
y
η
α
(T)
ξe
ηe
X
y
α
ξeI
ξξIξηI
ξη
- 115 -
5.) Koordinátarendszer párhuzamos eltolása A számítások során legtöbbször a síkidom súlypontján átmenő tengelyre határozzuk meg a másodrendű nyomatékot.
A súlyponton átmenő x tengelyre és a vele párhuzamos ξ tengelyre számított másod-rendű nyomatékok között a következő ösz-szefüggés vezethető le.
TtI
dTtdTytdTy
dTtytydTtyI
dTyI
x
TTT
TT
T
x
2
)(
2
)()(
2
)(
22
)(
2
)(
2
2
)2()(
+=
=+−=
=+−=−=
=
∫∫∫
∫∫
∫
ξ
Mivel a súlypontra számított elsőrendű nyomaték, az 0)(
=∫T
dTy
Ez azt is jelenti, hogy a síkidomnak a súlypontján átmenő tengelyre a legkisebb a ten-gelyre számított másodrendű nyomaték. Bármilyen, a súlyponti tengellyel párhuzamos tengelyre számított másodrendű nyomaték az úgynevezett Steiner taggal nagyobb. Ha a súlyponti tengelyről térünk át más vele párhuzamos tengelyre, akkor növekszik a másodrendű nyomaték. Ha viszont a külső tengelyről térünk át a súlyponti tengelyre, akkor csökken a másod-rendű nyomaték. Fontos felhívni a figyelmet arra, hogy két külső tengely között a Steiner tétel nem alkalmazható! Hasonló összefüggés vezethető le a vegyes másodrendű nyomatékok esetén is.
X
y
Sp
ξ
η
dT
t1
t2(T)
ξ
η
x
y
∫∫∫∫
∫∫∫
∫
−+−=
=−+−=+−==
=
)(
21
)(
2
)(
1
)(
)(
2121
)(
21
)(
)(
)())((
TTTT
TTT
T
xy
dTttdTxtdTytdTxy
dTttxtytxydTtytxdTI
dTxyI
ξηξη
X
y
Sp
(T)
ξ
ty
dT
- 116 -
Mivel a súlypontra számított elsőrendű nyomatékok 0)(
=∫T
dTy és 0)(
=∫T
dTx
TttITttII xyxy ⋅−+=⋅−= ))(( 2121ξη
A Steiner tag előjele hasonló, mint az előzőekben. Ha a súlyponttól térünk kifelé, akkor pozitív. Figyelembe kell venni azonban az eltolás előjeles mértékét. Jelen ábrán az egyik eltolás pozitív (+t1) a másik negatív (-t2). Az eltolások előjelét mindig a konkrét feladathoz kell megállapítani. A centrifugális másodrendű nyomaték a definíció és a párhuzamos tengelykeresztek közötti kapcsolat alapján negatív, nulla és pozitív értéket is felvehet. Ha a síkidomnak van szimmetriatengelye, akkor a szimmet-riatengelyből és egy rá merőleges tengelyből álló tengelyke-resztre a centrifugális másodrendű nyomaték zérus értékű
0=xyI 0=yIη 0=yI ξ
6.) Főmásodrendű nyomaték és főirány
Az xy tengelyekhez tartozó tenzor - xyI -
ismeretében bármely, az x tengellyel φ szöget bezáró, n egységvektorhoz tartozó másodrendű nyomaték vektora meghatá-rozható! A másodrendű nyomaték iránya általában nem egyezik meg az egységvektor irányá-val.
Létezik azonban két kitüntetett irány, amely-nél igaz, hogy nI n ⋅= λ
illetve nnxy ⋅=⋅ λI
Rendezve az egyenletet 0r
=⋅−⋅ nnxy λI
Bevezetve az
=
10
01E egységtenzort,
kapjuk 0)(r
=⋅− nxy EI λ
X
ξ
η
X
y
φ1φ2
0
1n
2n
1nI2nI
X
y
φn
xe
yesin φ
cos φ
- 117 -
illetve
=
−−−−
0
0
y
x
yyxy
xyxx
e
e
II
II
λλ
A homogén lineáris egyenletrendszernek akkor van a triviálistól különböző megoldása, ha az úgynevezett karakterisztikus determináns zérus.
0)det( =− EI λxy illetve 0det =
−−−−
λλ
yyxy
xyxx
II
II
A determinánst kifejtve egy másodfokú algebrai egyenletre jutunk, melynek gyökei – a tenzor sajátértékei – a síkidom „0” pontjához tartozó fő másodrendű nyomatékai. A fő másodrendű nyomatékhoz tartozó főirányokat – a tenzor sajátvektorai – az alábbi vektoregyenlet megoldásaként kapjuk.
0)(
0)(
22
11
=⋅−
=⋅−
n
n
xy
xy
EI
EI
λ
λ
1
1
2
1
=
=
n
n
A vektoregyenletek skaláris felírásában kétféleképpen járhatunk el, attól függően, hogy az egységvektor komponenseit hogyan adjuk meg.
=
−−−−
0
0
1
1
y
x
yyxy
xyxx
e
e
II
II
λλ
122 =+
+=
yx
xx
ee
jeien
Illetve
=
−−−−
0
0
sin
cos
2
2
ϕϕ
λλ
yyxy
xyxx
II
II
1sincos 22 =+ ϕϕ
jin ϕϕ sincos += A főirányhoz tartozó másodrendű nyomaték vektorának nincs vetülete a főirányra merőle-ges tengelyre, vagyis a centrifugális másod-rendű nyomaték zérus.
A főtengelyek koordinátarendszerében a má-sodrendű nyomaték tenzora az alábbi
=
2
12,1 0
0
I
InnI
A sajátvektorok által meghatározott tengelyek a síkidom főtengelyei. A súlyponthoz tartozó főtengelyeket centrális főtengelyeknek is nevezik. A szimmetrikus idomoknál, ha a tengelykereszt valamelyik tengelye szimmetriatengely, akkor a centrifugális másodrendű nyomaték zérus értékű. Ez azt jelenti, hogy a szimmetriatengely és a rá merőleges tengely egyben főtengely is.
X
y
1n2n
1nI2nI
- 118 -
7.) Néhány síkidom másodrendű nyomatéka
4
3
3
22
3
3
baI
abI
baI
xy
y
x
⋅=
⋅=
⋅=
⋅⋅−
⋅−⋅
=
34
43322
223
abba
baba
xyI
012
123
3
=
⋅=
⋅=
xy
y
x
I
abI
baI
⋅
⋅
=
120
012
3
3
ab
ba
xyI
064
644
4
=
=
=
xy
y
x
I
dI
dI
π
π
=
640
064
4
4
π
π
d
d
xyI
0128
1284
4
=
=
=
xy
y
x
I
dI
dI
π
π
=
1280
0128
4
4
π
π
d
d
xyI
72
36
36
22
3
3
baI
abI
baI
xy
y
x
⋅=
⋅=
⋅=
⋅⋅−
⋅−⋅
=
3672
7236322
223
abba
baba
xyI
y
a
b
y
a
b
x
y
Ød
y
xØd
x
y
a
b/3
a/3
b
- 119 -
24
12
12
22
3
3
baI
abI
baI
xy
y
x
⋅=
⋅=
⋅=
⋅⋅−
⋅−⋅
=
1224
2412322
223
abba
baba
xyI
8.) Példák a másodrendű nyomaték témakörből 1. példa
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomatékát a kijelölt tengelyre! Írjuk fel a másodrendű nyomaték tenzorát! A definíció szerint
∫=)(
2
T
x dTyI
∫=)(
2
T
y dTxI
∫=)(T
xy xydTI
Az integrálok kiszámításánál tekintsük az alábbi ábrákat.
x
y
b
dxxx
y
dxx
dy
y
dT
x
y
dy
a
y
Az x tengelyre számított másodrendű nyomaték
33
3
0
3
0
2
0
2
)(
2 abyadyyadyaydTyI
bbb
T
x =
==== ∫∫∫
Az y tengelyre számított másodrendű nyomaték
33
3
0
3
0
2
0
2
)(
2 baxbdxxbdxbxdTxI
aaa
Ty =
==== ∫∫∫
x
y
a
b
x
y
a
b
- 120 -
A tengelykeresztre számított vegyes másodrendű nyomaték
42222)(
22
0
22
0
2
0
2
00000)(
baxbdxx
bdx
yxdxdyyxdxdyxydTxyI
aabababa
T
xy =
==
==== ∫∫∫∫∫∫∫
⋅⋅−
⋅−⋅
=
34
43322
223
abba
baba
xyI
2. példa
Határozzuk meg a vázolt félkör másodrendű nyoma-tékát a kijelölt tengelyekre! A félkör tengelyre számított másodrendű nyomaté-kának meghatározásához felhasználhatjuk a poláris másodrendű nyomaték definícióját, mely szerint
∫∫∫∫ =+=+=+=)(
2
)(
22
)(
2
)(
2 )(TTTT
yxp dTrdTyxdTxdTyIII
644
)2/2(
42/
0
4
)(
3
)(
2
)(
2
πππ
π
drdrr
drrrdTrI
d
T
TT
p
=
==
===
∫
∫∫
Ebből
0128128
44
=== xyyx Id
Id
Iππ
3. példa
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyo-matékát a kijelölt tengelyekre! Írjuk fel az xy tengelykereszthez tartozó másodrendű nyomatékok tenzorát, ha: a1=6 a2=5 b1=12 b2=11
y
x
a1
b2
a2
b1 Sp
x
y
Ød
x
y
r
dr
dT
- 121 -
A feladat megoldásához osszuk két részre a síkidomot.
y
x
a1
b1
y
xb2
a2
12
y
x
1 - 2
- =
Meghatározzuk az 1-es és 2-es síkidom másodrendű nyomatékát
12
311
1
baI x =
12
311
1
abI y = 01 =xyI
illetve
12
322
2
baI x =
12
322
2
abI y = 02 =xyI
Felírhatjuk az eredeti síkidom másodrendű nyomatékát a két síkidom különbségeként.
4333
22311
21 42,30912
115
12
126
1212cm
babaIII xxx =⋅−⋅=−=−=
4333
22311
21 42,10112
511
12
612
1212cm
ababIII yyy =⋅−⋅=−=−=
021 =−= xyxyxy III
Ezzel a tenzort
4
42,1010
042,309cmxy
=I
Mivel mindkét síkidom, mindkét tengelyre szimmetrikus, ezért a vegyes másodrendű nyomatékok zérus értékűek. A tengelyek egyben főtengelyek is. 4. példa
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomaté-
kát a kijelölt tengelyekre. Írjuk fel az xyI tenzort!
A feladat megoldásánál kihasználjuk azt a lehetőséget, hogy tetszőleges alakú síkidom másodrendű nyomatékát meghatározhatjuk ismert másodrendű nyomatékú sík-idomok nyomatékának összegeként. A részekre bontás tetszőleges lehet és egy feladaton belül is változhat. Az x tengelyre számított másodrendű nyomaték meghatá-rozásánál a következő ábrán látható részekre szedtük szét
X
y
2
4
4
4
- 122 -
az alakzatot.
422X
y
8
X
y
4 ξ
η
1
2
+
1. ábra
433
21 6,4263,853,3413
44
3
82cmIII xxx
&&& =+=
⋅+⋅=+=
X
y
8
6 42X
y
6
ξ
η
4
4
1
2
-
2. ábra
4233
21 6,4263,597102464412
44
3
86cmIII xxx
&& =−=
⋅⋅+⋅−⋅=−=
Látható, hogy mindkét felbontás ugyanarra az eredményre vezet, de a második esetben a párhuzamos tengelyek közötti kapcsolatra vonatkozó összefüggést is alkalmaznunk kellett.
Az y tengelyre számított másodrendű nyomaték számításakor tekintsünk egy új felbon-tást
X
y
4
6X
y
2
4
4 ξ
η
1 2
+
- 123 -
3. ábra
433
21 6,2986,102883
24
3
64cmIII yyy
&& =+=⋅+⋅=+=
Az yI kiszámítása az 1. ábra felbontás alapján is kiszámítható.
4233
21 6,2983,2773,2144412
44
3
28cmIII yyy
&&& =+=
⋅⋅+⋅+⋅=+=
yI a 2. ábra szerint
4233
21 6,2983,27757644412
44
3
68cmIII yyy
&& =−=
⋅⋅+⋅−⋅=−=
A vegyes másodrendű nyomatékot az első ábra alapján számíthatjuk.
[ ] 422
19212864244404
82cmI xy =+=⋅⋅⋅++⋅=
Ezzel az xyI tenzor
4
6,298192
1926,426cmxy
−−
=&
&I
5. feladat
Határozzuk meg a vázolt L profil másodren-dű nyomatékát a kijelölt koordinátarendszer-ben.
4233
6,117461012
610
3
711cmI x
&=
⋅⋅+⋅−⋅=
4233
6,445661012
106
3
117cmI y
&=
⋅⋅+⋅−⋅=
[ ] 422
25,424610604
117cmI xy =⋅⋅⋅+−⋅=
6. feladat Határozzuk meg a vázolt U profil másodrendű nyomaté-kát a kijelölt koordinátarendszerben.
4233
1372610612
106
3
127cmI x =
⋅⋅+⋅−⋅=
4233
232410612
610
3
712cmI y =
⋅⋅+⋅−⋅=
[ ] 422
3246410604
127cmI xy =⋅⋅⋅+−⋅=
X
y
1 10
1
6
X1
10
1
6
1
y
- 124 -
7. példa
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomatékát a kije-lölt koordinátarendszerben!
X
y
8
6X
y
3
ξ
η
8
ξ*
3π2d
Sp
+
A feladat megoldásánál használjuk fel, hogy a félkör másodrendű nyomatéka
128
4
*
πξ
dI = és
128
4πη
dI = ahol d a félkör átmérője.
A félkör x tengelyre számított másodrendű nyomatékát az ismert *ξI másodrendű
nyomaték felhasználásával a következőképp számítjuk. Mivel *ξ tengely nem súlyponti tengely, ezért erről közvetlenül nem térhetünk át az x tengelyre. Első lépésként az *ξ tengelyről áttérünk a ξ tengelyre (súlyponti tengelyre tértünk át, tehát a Steiner tag negatív) majd a ξ tengelyről az x tengelyre (súlyponti tengelyről tértünk át nem súlypontira, ezért a Steiner tag pozitív).
4222243
59,22483
628
8
6
3
62
8
6
128
6
3
86cmI x =
⋅+⋅+
⋅⋅−+⋅=π
ππ
ππ
42243
04,73538
6
128
6
3
68cmI y =
⋅++⋅= ππ
4222
29,8253
6283
8
60
4
86cmI xy =
⋅+⋅⋅++⋅=π
π
X
y
8
6
- 125 -
8. példa Határozzuk meg a vázolt síkidom másodren-dű nyomatékát a kijelölt koordinátarendszer-
ben és írja fel a xyI tenzort!
42243
35,77748
8
128
8
3
810cmI x =
⋅+−⋅= ππ
4
22224
3
43,876
3
8210
8
8
3
82
8
8
128
8
3
108
cm
I y
=
=
⋅−⋅+
⋅⋅−−
−⋅=
ππ
πππ
4222
36,7653
82104
8
80
4
108cmI xy =
⋅−⋅⋅+−⋅=π
π
4
43,87636,765
36,76535,777cmxy
−−
=I
9. példa Határozzuk meg a vázolt síkidom másodrendű nyomatékát a kijelölt tengelykeresztre. A feladat megoldásánál abból indulhatunk ki, hogy a vázolt síkidom két könnyen kezelhető síkidom különbségeként adódik.
y
X
ØD
1
y
XØd
2-
128
)2(
12864
4444
21
πππ dDdDIII xxx
−=−=−=
128
)2(
12864
4444
21
πππ dDdDIII yyy
−=−=−=
00021 =−=−= xyxyxy III
Az x és y tengelyek egyúttal főtengelyek is.
10
8
y
X
ξ*
ξ
η
y
X
Ød
ØD
- 126 -
10. példa Határozzuk meg a vázolt síkidom origóhoz tartozó főten-gelyét és főmásodrendű nyomatékát! Számítsuk ki az xy tengelyhez tartozó másodrendű nyoma-tékokat.
433
10083
23
3
103cmI x =⋅+⋅=
433
2163
62
3
38cmI y =⋅+⋅=
[ ] 422
2525,412304
310cmI xy =⋅⋅⋅++⋅=
Ezzel a tenzor 4
216252
2521008cmxy
−−
=I
A főmásodrendű nyomatékokat az alábbi egyenlet megoldásaként kapjuk.
0216252
2521008det =
−−−−
I
I illetve 015422412242 =+⋅− II
Ennek megoldásai – a másodfokú egyenletmegoldó képlet alapján- 38,10811 =I > 62,1422 =I
A főtengelyek koordinátarendszerében a tenzor
=
62,1420
038,10812,1I
A számítás helyességének ellenőrzésére felhasználhatjuk az a tényt, hogy az azonos ponthoz tartozó tenzorok főátlóbeli elemeinek összege (első skalár invariáns) nem vál-tozik, vagyis
62,14238,10812161008 +=+ A főmásodrendű nyomatékok (a tenzor saját értékei) ismeretében meghatározhatjuk a főtengelyek irányát. Erre két lehetőség kínálkozik attól függően, hogy az irányt kijelölő egységvektorokat hogyan definiáljuk.
jin
vagy
jeien
een
yx
yx
ϕϕ sincos
11 22
+=
+==+=
Az 1I főmásodrendű nyomatékhoz tartozó főirányt (a tenzor 1I sajátértékéhez tartozó
1n sajátvektort) az alábbi két mátrixegyenlet valamelyikének megoldásaként kapjuk.
X
y
2
8
3 3
X
y
φ
n ey
sinφ
ex
cosφ
- 127 -
=
−−−−
0
0
)38,1081216(252
252)38,10811008(
1
1
y
x
e
e
illetve
=
−−−−
0
0
sin
cos
38,865252
25238,73
ϕϕ
A mátrixegyenlet átalakításával
038,865252
025238,73
11
11
=⋅−⋅−=⋅−⋅−
yx
yx
ee
ee
Illetve
0sin38,865cos252
0sin252cos38,73
=⋅−⋅−=⋅−⋅−
ϕϕϕϕ
Bármelyik egyenletrendszert is tekintjük az egyenletek nem függetlenek egymástól, ugyanis ezen egyenletrendszerek önmagunkban nem elégségesek az ismeretlenek meg-határozásához. Kiegészítő egyenletként felírhatjuk, hogy a bevezetett vektor egységvektor, tehát
122
21 =+ ee illetve 1sincos 22 =+ ϕϕ
A két egyenletrendszer közül a második megoldása egyszerűbb feladat, hiszen itt fel-használhatjuk az alábbi trigonometrikus összefüggést
ϕϕϕ
cos
sin=tg
Ezzel a szög meghatározása
2912,0252
38,73 −=−=ϕtg amiből °−= 24,16ϕ
Az 2I főmásodrendű nyomatékhoz tartozó főirány kiszámítását az alábbi módszerrel végezhetjük.
=
−−−−
0
0
sin
cos
)62,142216(252
252)62,1421008(
αα
Ebből 4341,3252
38,865 ==αtg illetve °= 76,73α
A két irányt felrajzolva látjuk, hogy a főirá-nyok merőlegesek egymásra. A kiszámított szögeket előjelhelyesen kell fel-rajzolni. A pozitív irány az óramutató járásával ellenté-tes.
X
y
α
φ
2-es főirány
1-es főirányα+φ=90°
- 128 -
11. példa Határozzuk meg a vázolt síkidom súlypontjához tartozó főmásodrendű nyomatékokat és főirányo-kat!
Első lépésként határozzuk meg a súlypont koordinátáját.
ie
A i
[cm2] X i
[cm] Y i
[cm] X iA i Y iA i
1. 32 4 12 128 384
2. 20 7 5 140 100
3. 8 10 1 80 8
Σ 60 348 492
A i az egyes síkidomok területe X i az egyes síkidomok súlypontjának X koordinátája Y i az egyes síkidomok súlypontjának Y koordinátája
Ezekkel cmA
AXX
i
iis 8,5
60
348 ===∑∑
cmA
AYY
i
iis 2,8
60
492 ===∑∑
A ξη koordinátarendszerhez tartozó másodrendű nyomatékok kiszámításánál felhasz-náljuk a párhuzamos tengelyek közötti kapcsolatra bevezetett összefüggést, valamint azt a lehetőséget, hogy a síkidom másodrendű nyomatéka a rész síkidomok másodrendű nyomatékának az összege. A számításhoz a következő ábrát használjuk.
X
y
2
8
46
4
2
X
y
Ys
Xs
Sp 1
Sp 2
Sp 3
η
ξ
- 129 -
X
y
Sp 1
Sp 2
Sp 3
ξSp
1,8 1,2
4,2
3,8
3,2
7,2
ξ1
ξ2
ξ3
η1
η2
η3
η
Az I. jelű síkidom másodrendű nyomatéka a ξ tengelyre
423
1 75,5048,38412
48cmI =⋅⋅+⋅=ξ
Ehhez hasonlóan írható fel a többi síkidom másodrendű nyomatéka
423
2 47,3712,310212
102cmI =⋅⋅+⋅=ξ
423
3 39,4172,72412
24cmI =⋅⋅+⋅=ξ
A teljes profil másodrendű nyomtéka a ξ tengelyre 4
321 61,1293 cmIIII =++= ξξξξ
Az η tengelyre számított másodrendű nyomatékok
423
1 35,2748,18412
84cmI =⋅⋅+⋅=η
423
2 47,352,121012
210cmI =⋅⋅+⋅=η
423
3 79,1512,44212
42cmI =⋅⋅+⋅=η
4321 61,461 cmIIII =++= ηηηη
A ξη tengelykeresztre számított vegyes másodrendű nyomatékok 4
1 88,218)8,1(2,3480 cmI −=−⋅⋅⋅+=ξη 4
2 80,76)2,3(2,12100 cmI −=−⋅⋅⋅+=ξη 4
3 92,241)2,7(2,4240 cmI −=−⋅⋅⋅+=ξη 4
321 60,537 cmIIII −=++= ξηξηξηξη
- 130 -
A súlyponti ξη tengelypárhoz tartozó másodrendű nyomaték tenzora
4
61,4616,537
6,53761,1293cm
=ξηI
A súlyponti főmásodrendű nyomaték meghatározásához oldjuk meg az alábbi másodfo-kú egyenletet!
0614616537
6537611293det =
−−
I,,
,I, illetve 0553081292217552 =+⋅− ,I,I
A főmásodrendű nyomatékok 4
1 37,1557 cmI = és 42 85,197 cmI =
Az 1I főmásodrendű nyomatékhoz tartozó főirányt meghatározó φ szög értékét a kö-vetkező egyenletekből határozhatjuk meg.
=
−−
0
0
sin
cos
)37,155761,461(60,537
60,537)37,155761,1293(
ϕϕ
4906,060,537
76,263 ==ϕtg illetve °= 13,26ϕ
Az 2I főmásodrendű nyomatékhoz tartozó főirány is számolható hasonló módon. A korábbi levezetések azonban már igazolták, hogy a két főirány merőleges egymásra. Ennek ismeretében rajzoltuk be az ábrába a 2-es főtengelyt.
η
ξ
1-es főtengely iránya
2-es főtengely iránya
Φ=26,13°
12. példa
Határozzuk meg a súlyponti főtengelyek helyzetét és főmásodrendű nyomatékait
X
y
2
8
2 4 4
- 131 -
A súlypont helyzetét az alábbi ábra alapján egy táblázat segítségével határozhatjuk meg.
X
10
10
y
ξ
ξ1
η1
X
y
8
2 4
η
ξ
ξ2
η2
12
y
-
SpSp
cmA
AXX
i
iis 47,5
68
372 ===∑∑
cmA
AYY
i
iis 47,5
68
372 ===∑∑
A ξη tengelykereszthez tartozó másodrendű nyomatékok értékei az alábbiak
423
1 42,85547,0101012
1010cmI =⋅⋅+⋅=ξ
423
2 82,23947,18412
84cmI =⋅⋅+⋅=ξ
421 60,615 cmIII =−= ξξξ
illetve
423
1 42,85547,0101012
1010cmI =⋅⋅+⋅=η
423
2 82,11147,14812
48cmI =⋅⋅+⋅=η
421 60,743 cmIII =−= ηηη
és 4
1 09,2247,047,010100 cmI =⋅⋅⋅+=ξη 4
2 15,6947,147,1480 cmI =⋅⋅⋅+=ξη 4
21 06,47 cmIII −=−= ξηξηξη
A ξη koordinátarendszerhez tartozó másodrendű nyomaték tenzora
4
60,74306,47
06,4760,615cm
=ξηI
ie
A i
[cm2] X i
[cm] Y i
[cm] X iA i Y iA i
1. 100 5 5 500 500
2. -32 4 4 -128 -128
Σ 68 372 372
- 132 -
A főmásodrendű nyomatékok meghatározásához oldjuk meg az alábbi másodfokú egyenletet
044554942713592 =+⋅− ,I,I 4
1 36,759 cmI = és 42 84,599 cmI =
A főirányokat az alábbi egyenlet segítségével határozhatjuk meg 0sin06,47cos76,143 =+− ϕϕ
055,306,47
76,143 ==ϕtg
°= 87,71ϕ illetve
0sin06,47cos76,15 =+ αα
335,006,47
76,15 −=−=αtg
°−= 13,18α 13. példa
Határozzuk meg a vázolt síkidom másodren-dű nyomatékát a ξη tengelykeresztre! A síkidom másodrendű nyomatékát az xy koordinátarendszerben könnyen számítható.
43
7212
64cmI x =⋅=
43
3212
46cmI y =⋅=
40cmI xy =
Az xy koordináta tengelyekhez tartozóxyI tenzor az alábbi
4
320
072cmxy
=I
A ξ tengely egységvektora [ ]
==+=
21
23
sincossincos ,,jieξ
ϕϕϕϕ
A η tengely egységvektora [ ]
−=−=+−=
2
3
2
1cossincossin ,,jieη ϕϕϕϕ
Az ξI másodrendű nyomatékvektort (az ξ
e egységvektorhoz tartozó másodrendű nyo-
maték vektort ) a következőképpen kapjuk
=
=⋅=
16
336
2
12
3
320
072ξxy eI Iξ
ji,
jiI ξ
⋅+⋅=
⋅+⋅=
163562
16336
6
4
i
jξe
ηeX
ξ
yη
φ=30°
- 133 -
Az ηI másodrendű nyomatékvektor az alábbi
−=
−
=⋅=
316
36
2
32
1
320
072ηxy eI Iη
j,i
jiI η
⋅+⋅−=
⋅+⋅−=
712736
31636
i
jξe
ηe
X
ξ
yη
ηIξI
ξe
ηe
ηI
ξI
ηηIηξI
ξξI
ξηI
Határozzuk meg az ξI másodrendű nyomatékvektor vetületeit a ξ és η tengelyre!
[ ]
46216
336
2
1,
2
3
2
12
3
320
072
2
1,
2
3
sin
cos
320
072sin,cos
cm
eeIeI ξxyξξ
=
=
=
=
=⋅⋅=⋅=
ϕϕ
ϕϕξξξ I
43103831816
336
2
3,
2
1
2
12
3
320
072
2
3,
2
1
cm
eeIeI ξxyηη
−=+−=
−=
=
−=⋅⋅=⋅= Iξξη
Határozzuk meg az ηI másodrendű nyomatékvektor vetületeit a ξ és η tengelyre!
431038318316
36
2
1,
2
3
2
32
1
320
072
2
1,
2
3
cm
eeIeI ηxyξξ
−=+−=
−
=
=
−
=⋅⋅=⋅= Iηηξ
442316
36
2
3,
2
1
2
32
1
320
072
2
3,
2
1cmeeIeI ηxyηη =
−
−=
−
−=⋅⋅=⋅= Iηηη
Ezzel 4
42310
31062cm
−−=ξηI
- 134 -
1
2
3
VI.) Rácsos szerkezetek 1.) Síkbeli rácsos szerkezet értelmezése
Síkbeli csuklós szerkezeteknek nevezzük azokat a rúdszerkezeteket, amelyeknek va-lamennyi eleme (rúdja) egy közös síkban helyezkedik el, a rudak csuklókkal kapcsolód-nak egymáshoz és a terhelés is a szerkezet síkjában fekszik. Az olyan szerkezeteket, amelyeknél a külső erők csak a csuklókra hatnak egyszerű rá-csos szerkezeteknek nevezzük. A legegyszerűbb síkbeli rácsos szerkezetet akkor kapjuk, amikor három rudat úgy kap-csolunk össze síkcsuklókkal, hogy azok háromszöget alkotnak.
Ha ezt a szerkezetet statikailag határozott módon kényszerek segítségével megtá-masztjuk, akkor a fennmaradó csuklóban ható bármilyen irányú erő hatására a szerkezet stabil marad. A célnak megfelelő rácsos szerkezetet – a három rudas alapszerkezetből – a kö-vetkező módszerrel tudunk létrehozni:
Az alapszerkezet két csuklópontjához hozzákötünk egy-egy rudat, majd az új rudak vé-gét síkcsuklóval kapcsoljuk össze. Ezt a folyamatot ismételve bármilyen szerkezet ki-alakítható.
1
2
3 4
5
1
2
3 4
5
1
2
3 6
7
Az ezen elvek alapján kialakított rácsos szerkezet belsőleg statikailag határozott. A sta-tikai határozottság feltétele (ha a szerkezetet statikailag határozott módon támasszuk meg):
rc 32 += vagy 32c-r = Ahol c: csuklók száma
r: rudak száma
1
2
3
4
5
6
1
2
3 5
4
1
2
3
4
5
4=c 6=r
4=c 5=r
4=c 5=r
3-426 ⋅> 3-425 ⋅= 3-425 ⋅= 3-2cr > 3-2cr = 3-2cr =
statikailag határozatlan statikailag határozott statikailag határozott
- 135 -
Rácsos szerkezetnél az ismeretlen erők (kényszererők, rúderők) meghatározásánál – a számítások könnyebbé tétele érdekében – a következő egyszerűsítő feltételezéseket al-kalmazzuk:
1. A rácsrudak és síkcsuklók végetlen merevek, alakjukat nem változtatják 2. Az egy csuklóba befutó rudak középvonalai a csukló középpontjában met-
szik egymást. 3. A csuklók és rudak kapcsolatát súrlódásmentesnek tételezzük fel. 4. A rácsos szerkezet csak csuklóin kap terhelést, tehát a rudak terheletlenek.
Ennek következtében a rudakban csak rúdirányú erők keletkeznek (húzás vagy nyomás).
2.) Rúderők meghatározása csomóponti módszerrel A csomóponti módszer az egyes csuklóknak, mint csomópontoknak az egyensúlyából indul ki. Ez azt jelenti, hogy a síkcsukló a ráható külső erők valamint a hozzá kapcsoló-dó rudakból származó erők hatására egyensúlyban van. Az egy csuklón támadó erők közös támadáspontú síkbeli erőrendszert alkotnak. Ezeknél a felírható egyensúlyi egyenletek száma kettő. Az ismeretlenek száma pedig a csomó-ponthoz kapcsolódó rudak számával egyezik. (Mivel ismerjük az erő hatásvonalát csak a nagysága kérdéses.) Ha követjük a statikailag határozott rácsos tartó felépítésének módszerét, mindig lesz olyan csomópont, ahol csak két ismeretlen rúderő lesz. Amennyiben ismerjük valamely rúd egyik végén ébredő erőt, akkor a hatás-ellenhatás elve alapján már ismerjük a rúd másik végén ható erőt is. A rúderők meghatározása történhet számítással vagy szerkesztéssel.
Első lépésként határozzuk meg az A és B csomópontban ébredő kényszererőket.
0=∑ BM
0210004 =⋅−⋅yA
NAy 500=
0=∑ iY
01000500 =−+− yB
NBy 1500=
0=∑ iX
0=xB
A kényszererők ismeretében megállapítható, hogy mind az A mind a C csomópont al-kalmas arra, hogy a számítást elindítsuk. Ezekben a pontokban csak 2-2 ismeretlen rúderejű rúd csatlakozik.
x
y
A
1
23
4
5
B
C
F=1000N
AyBy
Bx
2m
2m2m2m
D
- 136 -
Bontsuk elemeire a C csukló környezetét! A C csuklóban egy ismert erő és kettő ismert hatásvonalú rúderő hat.
A C csukló egyensúlyát biztosító erőket az ábrán látható vektorháromszög segítségével határozhatjuk meg. A vektorháromszög folytonos nyílfolyamú, ami azt jelenti, hogy az erők összege zérus. Ugyancsak az előző ábrán berajzoltuk a C csuklót terhelő erőket, valamint a hatás-ellenhatás elvének megfelelően a kapcsolódó rudak erőjátékát is megadtuk. Ennek értelmében a 4-es számú rúd 1000N nagyságú erővel húzott, az 5-ös számú pedig
21000 N erővel nyomott igénybevételű. Az ábrán felrajzoltuk a még ismeretlen rúderejű rudakból álló szerkezetet valamint a csomópontban működő erőket. Az ábra alapján megállapítható, hogy bármely csomópon-tot is választjuk kiindulásnak mindig csak két rúd rúdereje az ismeretlen. Rajzoljunk meg a D és A csomópontok erőjátékát.
D
R1
R1
R1
R1
A
1000N
B
R3
R3
R3
R3
R3
R1
R1 R3
R4 (1000N)
C
F
R4
R5
R4
R5
F
45°
R1 R3
R2
R4
R5AB
D
500N 1500N
C
F
R4
R5
R4 R4
R5
R5
R4 R4D
x
y
R5
R5
B
- 137 -
Az előző ábra alapján az R1 rúdban 2500 N nagyságú húzó igénybevétel az R3 rúdban
2500 N nagyságú nyomó igénybevétel ébred. D
R1
R1
R1
R1A
R1
BR2 R2 R2R2 R2
500N
R1
R2
500N
Az előző ábrán az R1 rúdban ébredő igénybevétel az A csukló egyensúlyából állapítot-tuk meg Amint látható a rúd igénybevétele ugyanolyan, mint az előző esetben. Az alábbi táblázat mutatja a szerkezet kiszámított rúderőit.
rúderők előjelének jelentése: + húzott - nyomott rúd
A csomópontok egyensúlyát vizsgálva, a hálózatban találhatunk olyan rudakat is, me-lyekben zérus nagyságú rúderő ébred. Ezeket a rudakat vakrudaknak nevezzük és a rúd-ra rajzolt körrel jelöljük. A számítandó szerkezeten ránézésre is kiszűrhetők azok a rudak, amelyekben zérus nagyságú az igénybevétel. Terheletlen csomópontoknál az alábbi esetekben kapunk vakrudakat:
a) Ha két rúd szögben találkozik (α<180°) és a csomópont ter-
heletlen, akkor mindkét rúd vakrúd.
b) Ha három rúd úgy találkozik, hogy kettő hatásvonala egybe esik és a csomópont a terheletlen, akkor a harma-dik rúd vakrúd
Terhelt csomópontoknál csak speciális terhelés mellett kapunk vakrudakat
Ha a terhelés beleesik valamely rúd hatásvonalába, akkor a csomópont terhelését ez a rúd veszi fel, míg a másik rúd vakrúd.
rúdszám rúderő 1 2500+ N 2 500− N 3 2500− N 4 1000+ N 5 21000− N
α
- 138 -
Az előbbi főleg szerkesztésen alapuló módszer helyett választhatjuk a számításos mód-szert is. Itt is csomópontról csomópontra haladunk. Vizsgáljuk meg a C csukló egyensúlyát
22
5cos 555 ⋅=°4⋅= RRR x
2
25sin 555 ⋅=°4⋅= RRR y
Síkbeli erők akkor vannak egyensúlyban, ha az alábbi egyenletek teljesülnek 0=∑M 0=∑ iX 0=∑ i
Y
A 0=∑M automatikusan teljesül, hiszen három erő egy közös metszésponton halad
át, így erre a pontra a nyomatékuk összege zérus. Írjuk fel a másik két egyenletet
0=∑ iX 022
0 5454 =−−→=−− RRRR x
0=∑ iY 0
22
0 55 =−−→=−− RFRF y
Ezekből
22
25 F
FR −=−=
( ) FFRR =−−=−=22
222
54
Ezen eredménynek szerint az R4 rúdban 1000N húzóerő az R5 rúdban 21000 N nyo-móerő ébred. Ez megfelel az előző számításunknak. A módszer tovább folytatható a következő csomópontoknál. Mindig felírjuk az egyen-súlyi egyenleteket, melyekből az ismeretlen rúderők számíthatók. A két módszer bármelyikét használhatjuk, az eredmény nem változik. A számítós módszer egyenleteinek felírása egyes esetekben több munkát igényel, mert az erők komponensre bontásához szükséges szögeket a geometriai adatokból kell ki-számolni. 3.) Háromrudas átmetsző módszer A csomóponti módszerrel a rúderőket csak egymás után határozhatjuk meg. Terjedel-mesebb szerkezetnél ez a módszer eléggé hosszadalmas. Sok esetben előfordul, hogy csak néhány rúderőre vagyunk kíváncsiak. Az ilyen esetekben alkalmazható a háromrudas átmetsző módszer. A módszer lényege a következő: Az egyensúlyban lévő rácsos szerkezetet egy képzelet-beli átmetszéssel két részre bontjuk. A metszésvonal által elmetszett rudak hatásvonalai nem mehetnek át egy ponton.
C
F=1000N
R4
R5 R5y
R5xx
y
- 139 -
Ha az elvágás helyén a megfelelő rúdirányú erőket működtetünk, az egyensúly mindkét szerkezeti részre külön-külön helyreállítható. Az egyensúlyt biztosító erők lesznek az elvágott rudakban ébredő rúderők. Vizsgáljuk meg, az előző feladatban szereplő szerkezetet!
Síkbeli erőrendszer esetén az egyensúly feltételét az alábbi egyenletekkel fogalmazhat-juk meg.
0=∑M vagy 01
=∑M (A három kiválasztott pont 1,2,3 nem illeszkedhet a sík egy egyenesére!)
0=∑ iX 0
2=∑M
0=∑ iY 0
3=∑M
Keressünk 3 olyan pontot, amelyre az erők nyomatékát könnyű kiszámítani. Ha a B pontot választjuk, akkor a nyomatéki egyenlet a következő:
NSS 1000024500 44 =→=⋅−⋅ Az S4 erőre kapott eredmény előjele +, ezért a feltételezett irány helyes. Ez azt jelenti, hogy az S4 erő húzza a rúd végét, tehát a rúd húzott. A B pont kiválasztásánál az játszott szerepet, hogy az S2 és S3 rúderők hatásvonala is átmegy a ponton, így ezek nyomatéka zérus. Azt a pontot, ahol két ismeretlen rúderő hatásvonala átmegy, főpontnak nevezzük. Válasszuk most a D pontot és írjuk fel erre a pontra az erőrendszer nyomatékát.
NSS 500022500 22 −=→=⋅+⋅ Az eredmény előjele – , ezért az előre felvett irány nem megfelelő. Ha az erő irányát megfordítjuk, akkor az S2 rúd nyomottá válik. A D pont ugyancsak főpont. Az S2, S3 rudak B illetve az S3,S4 rudak D metszéspontját már kiválasztottuk. A harma-dik főpont az S2, S4 rudak metszéspontja lenne. Mivel ezek párhuzamosak, a főpont a végtelenben van, így nem használható. Az ismeretlen S3 rúderő meghatározására két lehetőségünk van:
F1
F2
F4
F3
F1
F2
F4
F3
S1
S2
S3
S1
S2
S3
1
2
AB
CD
500N
2m 2m 2m
2m 3
4
5
1500N
1000N
S2B
CD
500N
S3
S4
A
- 140 -
- Válasszunk egy harmadik pontot, amely nem megy át az S3 rúd hatásvonalán. Erre felírhatjuk a nyomatéki egyenletet, amiből meghatározható az S3 rúderő. Ebben az esetbe az S3 rúderő karjának meghatározása nehézkes.
- Felbonthatjuk a kiválasztott részre ható erőket komponensekre, és felhasználjuk a 0=∑ i
X és 0=∑ iY egyenleteket az ismeretlenek meghatározására.
0=∑ i
X
01000500 3 =++− xS
NS x 5003 −=
0=∑ iY
0500 3 =−− yS
NS y 5003 −=
Az eredmények előjelének figyelembevételével az S3 rúd nyomott és az erő értéke
2500 N 4.) „K” rácsozású tartók számítása Az úgynevezett „K” rácsozású tartónál a szerkezet két részre osztásakor legkevesebb 4 rúd elmetszése szükséges.
a a a
a
a
Ay By
Q
Az=
QS1
S2
S3
S4
S5
S6
Q3
2
Az előző ábrán bejelölt csomópont erőjátékát elemezve az alábbi eredményre jutunk.
S6
S5S2
S3
S2
S3
S2
S3
S2
S3
S2
S3
S2+S3 S2+S3
vagy
500N
D
500N
S3
1000N
A
x
y
S3x
S3y S3x
S3y
S345°
- 141 -
ES2
S3
S3
S2
S2
S3
A négy rudat összekapcsoló csap csak úgy lehet egyensúlyban, ha az S2 és S3 erők ere-dőjének vízszintes komponense zérus. Az S2+S3 eredő erővel szemben az S5 és S6 rúd fejti ki erőhatást. Ezeket figyelembe véve az átmetszést az alábbi módon hajtjuk végre.
A D pontra felírva a nyomatéki egyenletet
0=∑ DM 024 =⋅−⋅ aSaAy
324
QAS y ==
Az F pontra felírva a nyomatéki egyenletet 0=∑ F
M 021 =⋅+⋅ aSaAy
321
QAS y −=−=
Az S2 és S3 rúdágban olyan erőknek kell ébredni, hogy az
S2+S3, Q32
, Q erők a függőleges irányban egyensúlyt tart-
sanak. Ebből adódik, hogy az S2+S3 erő felfelé mutat és
értéke Q31
nagyságú.
Az alábbi ábrán a sraffozott két háromszög hasonló. Ebből
2
61
2 S
Q
a
a =
62
62
32 QSQS =→=
Az S2 és S3 erők iránya az erőháromszögben látható. Az előző esetben kiszámított S2, S3 erők az E csomópontra hatnak. Ennek megfelelően az S2 rúd húzott, az S3 rúd nyomott.
Q
Q3
2
Q3
1
Q3
1
QS1
S4
A
B
CD
E
FyAQ =
3
2
S2
S3
1/3Q
2aa
a
a
- 142 -
5.) Példák a rácsos szerkezetek témakörből 1. példa
Határozzuk meg a vázolt szerkezet rúd-erőit!
A megoldáshoz vezető első lépés a vakrudak kijelölése (ha van ilyen). A vakrudak ugyanis kihagyhatók a szerkezetből, így a számítás is könnyebb.
6000N
Ay
Ax
By
6000N
Ay
Ax
By
21
4 6
108
9 20
2122
12
13
14
16
17
18
26
29
C G
FD
E
Következő lépésként határozzuk meg a kényszererőket.
0=∑ iX NAA xx 600006000 =→=−
0=∑ AM NBB yy 45000866000 =→=⋅−⋅
0=∑ iY NABABA yyyyy 45000 −=→−=→=+
Különösebb számítás nélkül meghatározható, hogy a R22,R26,R29 rudak nyomottak és az erők értéke 4500N A G csomópont egyensúlya
6000N
2m 2m 2m 2m
2m
2m
2m
21
3
4 56
108
9
7
20
21
22
23
24 25
11
12
13
1415
16
17
18
19
26
27
2829
- 143 -
NR 450020 −= nyomott
NR 2450021 += húzott
Mivel az R16 és R20 rudak hatásvonala közös
NRR 45002016 −==
Hajtsuk végre az alábbi 3 rudas átmetszést
0=∑ F
M 0224500 16 =⋅+⋅ R
NR 450016 −= nyomott (egyezik az előző értékkel)
0=∑ E
M 044500218 =⋅−⋅R
NR 900014 = húzott
NR 900018 = húzott
0=∑ i
X 04500900017 =−+xR
NR x 450017 −=
0=∑ i
Y 0450017 =+yR
NR y 450017 −=
NR 2450017 −= nyomott
Az R9,R12,R13,R14 rúderők meghatározására az alábbi 3 rudas átmetszést alkalmazzuk.
0=∑ EM
044500214 =⋅−⋅R
NR 900014 = húzott
NR 900018 = húzott
0=∑ D
M
064500212 =⋅+⋅R
NR 1350012 −= nyomott
NR 135009 −= nyomott
R21
R20
4500N
R13
R14
4500N
21
16
17
18
R16
R17
R18
20E
F
G
4500N
4500N
R17
9000N
4500N
R17Y
R17X
12
13
14
R12E
F
G
4500NR13
R14D
R20 R20
R21
R21
R20
R21
4500N
4500N
4500N
20
21
22
- 144 -
0=∑ iY 0450013 =+− yR
NR y 450013 =
NR 2450013 = húzott
Vizsgáljuk meg az A csomópont egyensúlyát
6000N
R1 R2y
R2x
4500N
R2y
R2x
R2
α
4m
2m
α
0=∑ iX
06000 2 =+− xR NR x 60002 =
A hasonló háromszögek alapján
NRRR
Rxy
x
y 12000224
222
2 ==→=
Az R2 rúderő
NRRRyx
56000120006000 22222 22
=+=+= húzott
NR 560006 = húzott
0=∑ i
Y
04500120001 =−+− R NR 75001 −= nyomott
NRR 750084 −== nyomott
Az R10 meghatározásához vizsgáljuk meg a C csomópontot
6000N
R10y
13500N
7500N
R10xR10y
R10x
R10
0=∑ i
X
0135006000 10 =−+ xR NR x 750010 =
0=∑ i
Y
0750010 =+− yR NR y 750010 =
NR 2750010 = húzott
táblázatosan összefoglalva rúdszám rúderő
1 N7500− nyomott
2 N56000+ húzott
4 N7500− nyomott
6 N56000+ húzott
8 N7500− nyomott
9 N13500− nyomott
10 N27500+ húzott
12 N13500− nyomott
13 N24500+ húzott
14 N9000+ húzott
16 N4500− nyomott
17 N24500− nyomott
18 N9000+ húzott
20 N4500− nyomott
21 N24500+ húzott
22 N4500− nyomott
26 N4500− nyomott
27 N4500− nyomott
- 145 -
2. példa Határozzuk meg az A és B re-akcióerőt, valamint a rúderők nagyságát és jellegét! F1= 1000N F2=2000N
Elsőnek az F1 és F2 eredőere-jét, majd a reakcióerőket hatá-rozzuk meg. Ezek ismereté-ben már nem nehéz – csomó-pontról csomópontra haladva- a rúderők meghatározása. Az A csomópont egyensúlyának megrajzolásánál az A reakció-erő végpontjából az 5-ös, kezdőpontjából az 1-es rúddal húzunk párhuzamost. Megál-lapíthatjuk, hogy az 5-ös rúd húzott, az 1-es pedig nyomott. A többi rúderőt ugyancsak vektorháromszögekkel lehet meghatározni. A végeredmé-nyeket az alábbi táblázat és a hozzá tartozó ábra mutatja. A feladat természetesen szá-mításos módszerrel is meg-oldható.
rúderő jele nagysága 1 -900N 2 -1000N 3 -1750N 4 +1250N 5 +1600N 6 +750N 7 +1500N
F1
F2
1,5m 1,5m
1m
60° 60°
F1
F2
A B
C
D E
Ax
ByAy
2
1 3
45
6 7
A S1
S5
F1
F2
A BC
D E2
1 3
45
6 7
FA
FB
M1
M2
A
B
F1
F2
- 146 -
3. példa Határozza meg a kijelölt rudakban ébredő igénybevételek típusát és nagyságát, vala-mint határozza meg A és B reakcióerőt! F=1000N a=1,5m
0=∑ AM 025,2 =⋅−⋅ aBaF y
NFBy 125025,2 =⋅=
0=∑ xF 0=xA
0=∑ yF 0=−+ FBA yy
NBFA yy 25012501000 =+−=+−=
S1 meghatározása átmetsző módszerre:
0=∑ CM 01 =⋅−⋅ aFaS
NFS 10001 ==
F
A B
Ay By
Ax D
F
C
S1
F
A B
a a
a
a
a
a a
60°60°
S1
S3
S2
C
D
S4
S5
S6
S7
S8
- 147 -
S2 meghatározása átmetsző módszerrel: A felső részre ható vízszintes irányú erők egyensúlyából:
0=∑ xF NSS x 00 22 =→=
Ennek megfelelően S2 vakrúd.
B csomópont egyensúlya (csomóponti módszerrel):
0=∑ yF 060sin4 =°⋅− SBy
NB
S y 38,1443
23
125060sin4 ==
°=
NS 38,14434 = nyomott
0=∑ x
F 060cos 54 =−°⋅ SS
NSS 69,72121
38,144360cos45 =⋅=°⋅=
NS 69,7215 = húzott
A csomópont egyensúlyából:
0=∑ yF 030cos6 =°⋅+− SAy
NA
S y 68,288
23
25030cos6 ==
°=
NS 68,2886 = húzott
0=∑ xF 030sin 76 =−°⋅ SS
NSS 34,14421
68,28830sin67 =⋅=°⋅=
NS 34,1447 = nyomott
D csomópont egyensúlyából: 0=∑ y
F 060sin60sin 83 =°⋅+°⋅− SS
38 SS =
0=∑ xF 060cos60cos 3857 =°⋅−°⋅−+ SSSS
NSS
S 03,866
21
2
69,72134,14460cos2
573 =
⋅
+=°⋅
+=
NS 03,8663 = nyomott.
F
S2
S7 S5
S3S8
D
By
S5
S4
Ay
Ax
S6
S7
- 148 -
4. feladat Határozzuk meg a vázolt síkbeli rácsos tartó rúdjaiban ébredő igénybevételeket!
19 4 10A B CD
E
18 2 8 5 11 12
16
13
96
1314
17 7 15
F G
H
I JK
x
y
900N
3m3m3m
2m
2m
Határozzuk meg a vakrudakat!
Teljességként megadjuk az egyes csomópontokban az erőjátékokat.
Felhasználva a hasonló három-szögek tulajdonságait az egyes rúderők a geometria ismeretében meghatározhatók.rúd nagysága 1 -300 nyomott 2 -75√13 nyomott 3 75√13 húzott 4 -225 nyomott 5 -75√13 nyomott 6 75√13 húzott 7 225 húzott
8 150 húzott 9 -150 nyomott 10 450 húzott 11 -300 nyomott 12 150√13 húzott 13 300 húzott 14 -150√13 nyomott 15 450 húzott 16 -300 nyomott 17 0 18 0 19 0
900N
S14
S15
S16
S1
S2
S3
S4
S5
S6
S7
S8
S9
S10
S11S12
S13
300N 600N
S1
S2
S3
S2
S4
S8 S3
S7
S9
S5
S6
S8
S9
S4
S5
S10
S11
S15
S6
S7
S13
900N
S12
S14
S11
S13
S16
S10
S12
600N
S14
S15
S16
900N
S14
S15
S16
S1
S2
S3
S4
S5
S6
S7
S8
S9
S10
S11S12
S13
300N 600N
- 149 -
mg
N
VII.) Súrlódás 1.) A súrlódás fizikai értelmezése
A statikai számítások során gyakran élünk azzal a számításokat egyszerűbbé tevő felté-telezéssel, hogy az érintkező testek végtelen merevek és felületük abszolút sima. Bár a technika fejlődése egyre „erősebb” (merevebb) anyagokat és egyre „simább” (finomabb megmunkálású) felületeket képes előállítani, de a végtelen merev és abszolút sima szer-kezeti elemek nem léteznek. A testek felszíne még a leggondosabb megmunkálás esetén is érdes (egyenetlenségeket, bemélyedéseket, kitüremkedéseket tartalmazhat). Következő vizsgálattal arra adunk választ, hogy az ilyen felületű testek érintkezésekor, milyen erők lépnek fel.
Az ábrán feltüntetett m tömegű test és az alátámasztó asztal vég-telen merev és abszolút sima. Az asztal pedig vízszintes helyzetű. A homogén tömegeloszlású m tömegű test és az asztal érintke-zési felületén p intenzitású egyenletes megoszló erőrendszer keletkezik. Az erőrendszer ere-dője F és F− .
A merev test egyensúlyát az 0=+− Fgm vektoregyenlet, illetve a 0=+− Fmg
skalár egyenlet írja le!
Ha ugyanezt a kísérletet elvégezzük úgy, hogy mind az m tömegű test, mind az asztal érdes felületű, az eredményt leíró egyenletek nem változnak. A fenti két eset egyikében sem akartunk relatív mozgást előidézni a test és az asztal között. Végezzük el most a következő két kísérleteket. a,
Érdes felületen nyugvó m tömegű testre, has-sunk az időben folyamatosan növekvő F(t) erő-vel, mindaddig, amíg a test meg nem mozdul, majd olyan erővel, amivel az egyenletes mozgást biztosítani tudjuk. Az erő változását az idő függvényében mutatja az ábra. Amikor az F(t)=0, akkor a merev test egyensú-lyát leíró egyenlet az alábbi
0=+− Nmg
N , a felületeket összeszorító erő
m
F
t
F0
F1
F2F
F
m
p
p−
p
p−
F
F−m
gm⋅
- 150 -
β
F2
S
N
Ha F(t)=F1
11 0
0
FSFS
Nmg
=→=+−=+−
S =súrlódásból adódó erő
Ha F(t)=F2, akkor
22 0
0
FSFS
Nmg
=→=+−=+−
Ha az F(t)=F0, a testet az elmozdulás határhelyzetébe kerül,
00 0
0
FSFS
Nmg
=→=+−=+−
Az elmozdulás határhelyzetében mért súrlódási erő (S=F0) és a felületeket összeszorító erő (N) hányadosaként értelmezhetjük az úgynevezett nyugvásbeli (nyugvó) súrlódási tényezőt.
N
F00 =µ
A test egyenletes mozgatásához az F0 erőnél kisebb erő is elegendő. Megcsúszás után bármekkora erő is mozgatja a testet a súrlódási erő állandó és nem nagyobb, mint a felü-leteket összeszorító erő és a csúszási súrlódási tényező szorzata. Vagyis NS ⋅= µ ahol µ az úgynevezett csúszási súrlódási tényező. Addig a pillanatig, amíg a test meg nem csúszik, csak akkora súrlódási erő keletke-zik, ami megakadályozza a mozgást. A két súrlódási tényező között az alábbi reláció áll fent
0µ > µ
b,
A 0µ súrlódási tényezőjű érdes felületen elhelyezett súlyta-
lan testre az ábrán vázolt hatásvonalú (F1,F2,F3,F4) erőkkel hatunk külön-külön. Mindaddig, amíg az erő hatásvonala az 0µα arctg= fél
kúpszögű kúp szélső alkotóin belül hat, a testre ható erők képesek egyensúlyt tartani.
Az F2 erő alkalmazásakor az erők egyensúlyát az alábbi egyenletek fejezik ki.
0sin
0cos
2
2
=−=+−
ββ
FS
NF
mg
N
F1
S
X
Y
α
F1
F2F3
F4
0µα =tg
- 151 -
A ténylegesen fellépő súrlódási erő βsin2FS = .
A két test között lévő súrlódásból az érintkezési síkon létrejöhető súrlódási erő βµµ cos2000 FNS == .
Mindaddig, amíg S0>S, a két test nem mozdul el egymáshoz képest. Képezzük az alábbi hányadost
βµ
ββµ
tgF
F
S
S 0
2
200
sincos ==
Ez a hányados β =α értéknél válik eggyé, vagyis a ténylegesen fellépő súrlódási erő megegyezik az érintkezési síkban létrejöhető súrlódási erővel.
10
000 ===µµ
βµ
tgS
S.
Ha β >α akkor a statikai egyensúly már nem biztosítható. A α2 nyílásszögű kúpot súrlódási kúpnak nevezzük. A kúp tengelye megegyezik az érintkező felületek közös normálisával.
mozgásbeli nyugvásbeli
Súrlódási erő =⋅= NS µ állandó az egyensúly fenntartásához szüksé-ges NS ⋅≤ 0µ felső határral
Súrlódási erő irá-nya
pillanatnyi sebességgel ellentétes
az elmozdulást kiváltani kívánó erő-vel ellentétes irányú
Súrlódás tényező µ µ < 0µ 0µ
Kísérlet: Fogjunk két telefonkönyvet, és laponként, egyesével lapozzuk őket egymásba. Vajon mekkora erőre van szükség ahhoz, hogy a két telefonkönyvet szétszedjük? A válasz a fejezet végén a példák előtt található. 2.) Gördülési ellenállás A testek a valóságban nem végtelen merevek. Külső erő hatására deformálódnak. Ezek a deformációk bizonyos mozgásformák esetén a mozgással vagy annak létrejöttével szemben ellenállást fejtenek ki. Ha egy kör keresztmetszetű test egy másik testen az érintkező felületek egymáson történő lefejtődése útján legördül, akkor gördülő mozgás-ról beszélünk. Ha egy korongot szeretnénk egy másik testen legördíteni, akkor külső erőhatásra van szükség, mert a két test közötti érintkezési felületeteken a deformációk miatt ellenállás alakul ki. Ezt a legördülést akadályozó ellenállást gördülési ellenállás-nak nevezzük. Vizsgáljuk meg az elmozdítani kívánt korongra ható erőket, ha a mozgást erőhatással akarjuk kiváltani.
- 152 -
Az elmozdulás határhelyzetében lévő korongra ható három erő egyensúlyban van. A hatásvonalaik egy közös ponton mennek át. Egyenletekkel kifejezve
0=++ FRG A talajról átadódó R erővektor felbontható két kom-ponensre.
NSR += f gördülési ellenállás karja Az ábrán látható h távolság a kis deformációk miatt elhanyagolhatók.
Ezeket figyelembe véve az alábbi egyensúlyi egyenletek írhatók fel
00
00
00
=⋅+⋅−=
=+−=
=−=
∑∑∑
fNrFM
NGY
SFX
A
i
i
(Az 0=⋅ hS feltételezéssel) Az S súrlódó erő értéke csak véges nagyságot érhet el.
NS 0max µ=
Ha az F erő ennél nagyobb értékű, a korong megcsúszik. Az egyensúlyi egyenletekből
Nr
fF =
A gördülés feltétele
SF ≤ illetve NNr
f0µ≤
amiből 0µ≤r
f
Az f kar nagyságát az érintkező testek deformációja szabja meg. Az f értéke a mérnöki gyakorlatban igen kicsi, ezért a gördülés jelentősen kisebb ellenállást jelent, mint a csú-szás. A gördülési sugarat a gördülési ellenállás csökkentése érdekében kívánatos minél na-gyobbra választani. f értékei néhány anyagra: Acél-acélon f=0,05 cm
Gördülő csapágy f=0,0005 cm
Vizsgáljuk meg a korongra ható erőket abban az esetben is, amikor koncentrált nyoma-ték terheli a korongot.
Mindaddig, amíg gördülés nem jön létre, (a korong nem indul meg) az egyensúlyi egyenletek az alábbiak szerint alakulnak
00
00
0
0 =⋅+−=
=+−=
=
∑∑∑
fRMM
RGY
X
A
i
i
Ez azt jelenti, hogy fRM ⋅≤0 esetben az egyensúly
biztosításához nem kell súrlódási erő.
G
AR
r
f
M0
r
h
s
G
F
A
NR
f
- 153 -
Ha az M0> fR⋅ , akkor az (UM 0
- fRU ⋅ ) nyomaték a korong gyorsítására törekszik.
Ekkor már fellép a súrlódási erő, és a test gyorsulása következtében a tehetetlenségi erő is.
G
N
S
v
NfM f ⋅=
M0
a
v a megvalósuló mozgási irány. 3.) Kötélsúrlódás
v a kötél és a koron közötti relatív moz-gás. Vizsgáljuk meg a ds hosszúságú kötélelem egyensúlyát.
µdN
K+dK
K
dNdT
ρ
µρ =tg (ρ a súrlódási félkúpszög)
µ= a kötél és a dob közötti súrlódási tényező A dT kényszererő a µ súrlódási tényezőnek megfele-lő ρ szöget zár be a normális iránnyal. Kis szögek miatt 1cos,0sin == ϕϕ dd
ϕµµϕ
KddNdK
dNdK
===⋅
ebből ,ϕµdK
dK =
µαϕµα
=→= ∫∫0
1
0
ln1
0K
Kd
K
dKK
K
illetve µαeKK 01 = (ahol α szög radiánban értendő)
Az egyensúly mindaddig fennáll, amíg µαeKK 01 ≤
dφ
K
K+dK
dT
µdN
dN dT
µdN
α
K1 K0
µ
φdφ
ds
v
- 154 -
4.) Csapsúrlódás
Ideális csap esetén, ahol a testek végtelen merevek és a felüle-tük végtelenül simák. A csap egyensúlya csak az ábrán feltűn-tetett módon jöhet létre. Valóságos csap esetén, ahol van súrlódás és a testek is defor-málódnak, a csap valamely véges (A-C) felületen fekszik fel. Ha a csap terhelése nem a csap középpontján halad át, akkor a felfekvő felületen súrlódó erő is ébred, amely – bizonyos hatá-rokon belül – megakadályozza a mozgást.
A csapra ható F erő hatásvonalát a csap középpontjától távo-lítva elérünk egy határhelyzetet, ahol a csap megcsúszik. Ehhez a határhelyzethez tartozó r0 sugarú kört nevezzük a csapsúrlódás körének. Az ρsin0 ⋅= Rr , ahol R a csak sugara ρ a felületek közötti
súrlódási félkúpszög. µρ =tg Számításaink során a csap súrlódását az ábrán látható helyet-tesítéssel vehetjük figyelembe.
0rNM cs ⋅≤
A kísérlet megoldása: a telefonkönyv lapjai óriási felületet biztosítanak, valamint a papírlapok apró egyenetlenségei növelik a súrlódási együtthatókat. Ehhez járul még hozzá az is, hogy a papírlapok tömege bár nagyon kicsi, de nem elhanyagolható, és a
NS ⋅= µ összefüggés alapján a mozgató hatás ellen lép fel a súrlódás. Így a súrlódás itt akkora erővel hat az elmozdulás ellen, hogy emberi erővel két 800 oldalas összelapozott telefonkönyvet lehetetlen szétválasztani. Gépi erővel több, mint 30 kN erőre van szükségünk, hogy szétszakítsuk őket. (Forrás: Mythbusters)
N
F
A
B
C
0
F
R
r0
F
N
Mcs
- 155 -
5.) Példák a súrlódás témakörből 1. példa
Adott méretű, lG =400N súlyú létra alsó része az érdes (µ=0,3) talajon, felső rész a teljesen sima függőleges falnak támaszkodik. Milyen magasra mehet fel a Ge=800N súlyú ember a létrára, hogy éppen ne csússzon meg?
0
0
0125
0
1
11
*11
=−+
=⋅=
=⋅+⋅+⋅−⋅
=
∑
∑
NGG
Y
NS
xGGNS
M
le
i
el
A
µ
)(11 le GGNS +=⋅= µµ
a hasonló háromszögek alapján
52hx =
hx52= hx
52
2* −=
0)52
2(8004002)1200(5)400800(3,0
0)52
2(12)(5)(
=−++⋅−⋅+
=−+⋅+⋅+−⋅+
h
hGGGGGG elleleµ
2m
5m
Ge
h
µ=0
µ=0,3
mh
h
375,4
3201400
==
h
x
2
5
Ge
hGl
N2
N1
S11
x* x
A
- 156 -
2. példa Mekkora az a maximális erő (Fmax), amelynél a rúd nem csúszik meg a falsarokban? µ1=0,1 µ2=0,2 a=2m b=3m G=700N
Négy erő egyen-súlya szerkesz-téssel
22
11
µρµρ
==
tg
tg
020
00
00
22
21
21max
=⋅−⋅+⋅=
=−−=
=−−=
∑∑∑
bNaSaGM
SGNY
NSFX
A
i
i
111 SN =µ 222 SN =µ
)1(
)(
2121
22211221122121121max
µµµµµµµµµµ
++==++=++=++=+=+=
NG
NNGNSGNSGNNNSF
02 222 =⋅−⋅+⋅ bNaNaG µ → )2(2 22222 abNNabNaG ⋅⋅−=⋅⋅⋅−⋅=⋅ µµ
Nab
aGN 4,636
222,032700
222 =
⋅⋅−⋅=
⋅−⋅=
µ
)1(2 21
21max µµ
µµ +
⋅⋅−⋅+=
ab
aGGF
NF 789649140)2,01,01(8,032700
7002,0max =+=⋅+−
⋅+⋅=
GFmax S1
N1
S2
N2
a a
b
µ1
µ2
GA
B
Fmax
F
GA
B
G
F
1ρ
2ρB
A
- 157 -
3. példa Mekkora az a maximális Q erő, ahol a test még nem mozdul meg? A korong csapágyazott és súrlódás-mentesen forog. G, µ ,α adott!
Egyensúlyi egyenletek:
0=− NQx µ
0=−+ GNQy
0=−+ GQ
Q xy µ
0cos
sin =−+ GQ
Qµ
αα
GQ =+ )cos
(sinµ
αα
αµαµ
µαα sincoscos
sin +⋅=
+= GG
Q
4. példa Mekkora az a minimális F erő, amivel a rendszer egyensúlyban tartható? Mekkora az a maximális F erő, amelynél a rendszer nem mozdul meg? Adott G, µ ,α
Fmin megakadályozza, hogy a test lecsúsz-szon.
Gsinα
Gcosα
S
N
Fmin
0sinmin =−+ αGSF 0cos =− αGN
NS ⋅= µ
0sinmin =−⋅+ αµ GNF
0sincosmin =−⋅+ ααµ GGF
)sincos(min ααµ −= GF
Fmax a felfelé való elmozdulás határhely-zetébe hozza a testet
Gsinα
Gcosα
SN
Fmax
0sinmax =−− αGSF
0cos =− αGN NS ⋅= µ
0sinmax =−⋅− αµ GNF
0sincosmax =−⋅− ααµ GGF
)sincos(max ααµ += GF
G
α
NS=µN
Q
Qx
Qy
µF G
α
G
α Q
µ
- 158 -
5. példa Számítsuk ki az elmozdulás határhely-zetében a K kötélerőt és az F értékét! Adott: G1,G2,α,µ
G1
N1S1
K
01 =− SK
11 NS ⋅= µ 1GK ⋅= µ
011 =− GN
αcos⋅= FFx
αsin⋅= FFy
02 =+−− xFSK 2SKFx +=
022 =+− NGFy yFGN −= 22
22 NS ⋅= µ )( 222 yFGNS −=⋅= µµ
)sin(cos 21 αµµα FGGF −+⋅=⋅
)()sin(cos 2121 GGGGF +=⋅+⋅=+ µµµαµα
αµαµ
sincos)( 21
++= GG
F
6. példa
Mekkora F erővel lehet a testeket a felfelé való elmozdulás határhelyzetébe hozni? m1=100kg m2=200kg α=20° µ=0,1
2/10 smg =
0sin22 =−− αGSK
αµµ cos222 GNS ⋅=⋅=
αsin22 GL =
)sincos(sincos 222 ααµααµ +=+⋅= GGGK
αµ
m1
m2
F
G2
N2S2
K
L2
µG2G1
F
αK
G2
N2S2
K Fx
Fy
- 159 -
αcosFFL = αsin11 GL =
αsinFFN = αcos11 GN =
LFLSK =++ 11
)cossin()( 111 ααµµ GFNFS N +=+=
ααααµ cossin)cossin( 11 FGGFK =+++
αααµαµ cossincossin 11 FGGFK =+⋅+⋅+
)sin(cos)sincos()sincos( 12 αµαααµααµ ⋅−=+++ FGG
NFGG
5,14449055,0
968,1307sincos
))(sincos( 21 ===−
++αµα
ααµ
7. példa
Mekkora F erővel lehet a G=1200N súlyú testet az elmozdulás határhelyzetébe hozni?
yx KK =
NS ⋅= µ °⋅= 45cos6,1h
0=+− NGK y 08,0 =⋅−⋅ KhF
0=− SKx
22
22
2
145cos6,1
8,0KKKF =
⋅=
°⋅⋅=
G1
N1
S1
FL
L1
F
FN
K
α
α
G
NS
K
Kx
Ky
45°
µ=0,5
F
G
0,8 m
0,8 m
• K
F
K
h•
- 160 -
0=+−=+−=+−µ
xxxy
KGKNGKNGK
GKx =
+µ1
1 NGG
F 400
5,0
11
12001
12
22
11
=+
=+
=⋅+
=
µµ
µ1
1+= G
K x 222xyx KKKK =+=
8. példa
Mekkora F erővel lehet az alsó téglát megmozdíta-ni? Egy tégla súlya G=25N A súrlódási tényezők: µ1=0,4, µ2=0,3
011 =− NG NGN 2511 ==
01 =− SK NK 10=
111 NS ⋅= µ NS 10254,01 =⋅=
0211 =−+ NGN NN 502 =
222 NS ⋅= µ NS 15503,02 =⋅=
021 =−+ FSS NSSF 2521 =+=
9. példa
A gépkocsit csak a hátsó tengelynél fékezzük be. Milyen αmax esetén marad nyugalomban? A gördülési ellenállás elha-nyagolható. Adott: a,b,l,h, µ0,G,α
G1
N1 S1
K
G2
N1
S2
F
S1
N2
α
A
B
S
a
bl
h
µ0
G1
G2
F
µ1
µ2
K
- 161 -
αcosGGN =
αsinGGL =
AA NS ⋅= 0µ
Lejtő irányú erők egyensú-lya
0=− LA GS
αsinGGS LA ==
0=∑ AM
0=⋅−⋅+⋅ lNhGaG BLN
l
GhGa
l
hGaGN LN
B
αα sincos ⋅+⋅=⋅+⋅=
0=∑ BM
0=⋅−⋅+⋅ bGhGlN NLA
l
GbGhNA
αα cossin ⋅+⋅−=
ααµ sinsincos
0 Gl
GhaGb =⋅−⋅
ααµαµ sinsincos 00 GlGhGb ⋅=⋅⋅−⋅⋅
)(sinsinsincos 000 GhGlGhGlGb ⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅=⋅⋅ µααµααµ
αµ
µµµ
tghl
b
GhGl
Gb =⋅+
⋅=⋅⋅+⋅
⋅⋅=0
0
0
0
Az előzőkben számított szög az a maximális szög, melynél a gépjármű nem csúszik meg. 10. példa
Mekkora Fmax erőt működtethetünk, hogy még éppen egyensúly legyen? A súrlódási tényezők: µ1=0,1, µ2=0,2
0=∑ iX 0max21 =−+ FSS
0=∑ iY 0500 21 =+− NN
0=∑ AM
05,03,050015,0 2max =⋅+⋅−⋅ NF
111 NS ⋅= µ 222 NS ⋅= µ
α
a
b
α GL
GNNA
NB
SA
µ1 µ2G=500NA B
Fmax
0,3 m 0,2 m
0,15 m
N2N1
A B S2S1
Fmax
500N
- 162 -
2221221121max )500( NNNNSSF ⋅++−=⋅+⋅=+= µµµµ
maxmax
2 3,03,010005,0
15,03,0500F
FN ⋅−⋅=⋅−⋅=
)(500500 212122211max µµµµµµ −−⋅=⋅+⋅−⋅= NNNF
))(3,0300(50 21maxmax µµ −⋅−−= FF
maxmax 03,03050 FF ⋅−+=
NF 67,7703,1
80max ==
11. példa
Mekkora lehet Fmax értéke, hogy még éppen ne induljon meg a test felfelé? Adott: α=30° µ=0,2 G=800N
0sin =−− SGFL α αcosFFL =
0cos =−+ NGFN α αsinFFN =
)cossin(sin
sinsin
ααµαµαα
GFG
NGSGFL
+⋅+==⋅+=+=
αµαµαα cossinsincos GFGF ⋅+⋅+= αµααµα cossin)sin(cos GGF ⋅+=⋅−
NGGG
F 703
5,02,023
23
2,05,0800
sincos)cos(sin
sincoscossin =
⋅−
+
=⋅−
+=⋅−⋅+=
αµααµα
αµααµα
12. példa
a, Mekkora F3 erővel lehet a G1 súlyú testet az elmoz-dulás határhelyzetébe hozni, ha µ1=0,2? Mekkora b értéknél lenne önzáró (b=?)? b, Mekkora F2 erővel lehet a G súlyú testet az elmozdu-lás határhelyzetébe hozni, ha µ1=0?
F
FNFL
α
F G
µ
α
N
Gsinα
α
S
Gcosαα
FLFN
G=2kN
F=1,8kN
a=0,6m
b/2=
0,4m
b/2=
0,4m
µ2=0,4
µ1
F2
F3
- 163 -
a,
02 111 =−⋅+⋅ aNbNb
F µ
Nba
bF
N 163644,0
72021
1 ≈=−
⋅
=µ
NGNN 363612 ≈+=
NNS 4,1454111 =⋅= µ
NNS 2,327222 =⋅= µ
NSSF 6,1781213 =+=
Önzárás
Ha 0b 11 =⋅−⇒∞→ µaN
01 =− ba µ
ma
b 32,0
6,0
1
===µ
vagy nagyobb
b,
02 1 =⋅− aNb
F
a
FbN
21 =
Ga
FbGNN +=+=
212
222 NS ⋅= µ
NGa
FbSF 12802000
6,028,01800
4,02222 =
+⋅
⋅=
+== µ
13. példa
Mekkora F erővel lehet a G1=450N súlyú rúd alsó vége alatt levő deszkalapot megmozdítani? A deszkalap súlya: G2=60N
A nyugvásbeli súrlódási tényező 31
0 =µ
G
F
F2
N2
N1
N1
S2
µ0
µ0
a=0,8m
G1
F
G2
b=1,
2m
GF3
N2
N1
N1
S2
F=1,8kN
S1
S1= 11 N⋅µ
- 164 -
Írjuk fel a rúdra ható erők nyomatékát a csuklópontra.
02 111 =−− bSaNa
G
A határhelyzetben 101 NS ⋅= µ
02,131
8,04,0450 11 =⋅⋅−⋅−⋅ NN
NN 1501 = illetve NS 501 =
0221 =−+ NGN NN 2102 =
22 NS ⋅= µ NS 702 =
021 =−+ FSS NSSF 12021 =+=
14. példa
Mekkora legyen α szög értéke, hogy a testek még éppen nyugalomban legyenek? m1=50kg m2=25kg µ=0,15 A határhelyzet elérése után az m1 tömegű test lefelé mozdulna meg.
0=∑ iX 0sin111 =−+ αgmKS
0=∑ iY 0cos11 =− αgmN
11 NS ⋅= µ
0=∑ iX 0sin 2122 =−++ KSSgm α
0=∑ iY 0cos 221 =−+ NgmN α
22 NS ⋅= µ
Feltétel: K1=K2
111 sin SgmK −= α 2122 sin SSgmK ++= α
111 sin NgmK ⋅−= µα 2122 cossin SgmgmK +⋅+= αµα
F
G2
N1
N2
S2
S1
m1 x
K1
N1S1
m1gsinαm1gcosα
m2 x
K2
N2S2
m2gsinαm2gcosα
S1N1
G1
N1
S1
α
m1
m2
µ
µ
- 165 -
αµα cossin 111 gmgmK ⋅−=
ααα coscoscos 21212 gmgmgmNN +=+=
αµαµαµα coscoscossin 21122 gmgmgmgmK ⋅+⋅+⋅+=
αµαµαµααµα coscoscossincossin 211211 gmgmgmgmgmgm ⋅+⋅+⋅+=⋅−
)3(cos)(sin 2121 gmgmgmgm ⋅+=− µµαα
05,125
)25150(15,0)3(
21
21 =+⋅=−
+=mm
mmtg
µα
°= 4,46α 15. példa
Határozza meg azt a tartományt, amelybe az F érték bele kell, hogy essék, hogy a G súlyú test az adott helyen nyugalomban maradjon. Elméletileg milyen magasra tudjuk felhúzni a súlyt, ha tetszés szerint növelhetjük F nagyságát?
A lecsúszás határhelyzetében
°== 87,362,19,0αtg
0=−+ GSFy αcosFFy =
0=− xFN αsinFFx =
NS ⋅= µ
0sincos =−⋅+ GFF αµα αµα sincos +
≥ GF
A felfelé való elmozdulás határhelyzetében 0=−− GSFy
0=− xFN
NS ⋅= µ
0sincos =−⋅− GFF αµα αµα sincos −
≤ GF
0,9m
2,2m
h=1m
h max
F
r=0
µ=0,3
Fx
Fy
S
N
F
G
α
Fx
Fy
S
N
G
F
- 166 -
Ha 0sincos =− αµα akkor önzárás jön létre és ∞=F 0sincos =− αµα
αµ
tg=1
max2,2
9,01
h−=
µ
max2,2
9,0
htg
−=α 9,02,2 max ⋅=− µh mh 93,1max =
16. példa
Az AC rúd alsó vége érdes felületen támaszkodik, ahol a µ=0,3 Egyensúly esetén mekkora lehet F értéke, ha α=30°
0=∑ CM
030sin30cos30cos2
=°⋅⋅−°⋅−°⋅ lNlNl
G µ
0)30sin30(cos30cos2
=°+°⋅−° µNG
)30sin30(cos230cos
°+°°=
µG
N
0=∑ X - S + F = 0
NG
NSF 93,63032,2
9,129)30sin30(cos2
)30(cos ==°+°
°⋅=⋅==µ
µµ
17. példa
Mekkora α szögben lehet a létrát kinyitni, hogy ne csússzon szét? A létra súlya 2G.
α
µ0=0,2µ0=0,2
A
B
30°
l
CF
G
NS
l
α
A
B
C
F
G
- 167 -
0=∑M
02
sin2
cos2
sin2 0 =⋅−⋅⋅+ ααµα
lGlGl
G
02
sin2
cos2
2sin
0 =−+ ααµ
α
2cos1
21
2sin 0
αµα −=
−
000 2
21
212
µµµα ==−
−=tg
°=→°= 6,438,212
aα
18. példa
Mekkora F erővel lehet az érdes síkon fekvő G súlyú félgömböt megindítani? R=1,2 m G=9000N µ0=0,4 A tartórúd súlya elhanyagolható!
A tehetetlen tört tengelyű rúd csak a csuklóit összekötő egyenes mentén ható erőre lehet egyensúlyban. Rúd egyensúlya
0=∑ AM
08,14,2 =⋅−⋅ xy BB
xxy BBB43
4,28,1 ==
A
BBy
Bx
A korong egyensúlya 0=∑ BM
SF
RFRS
==⋅−⋅ 0
0=∑ PM
x
x
BF
RBRF
==⋅−⋅ 0
NS ⋅= 0µ
00 µ
µ FNNF =→=
F
Bx
G
NS
By
P
G
GS=µ0N
lα/2
/2)sin(l α⋅
/2)(cl αos⋅
F
R
A
B
1,8m
2,4m
µ0
168
0=∑ iY
0=−−+ FGNBy
043
0
=−−+ FGF
Bx µ 0
43
0
=−−+ FGF
Fµ
GF =
−+ 1
143
0µ
NG
F 400025,2
9000
14,0
175,0
9000
11
43
0
==−+
=−+
=
µ
19. példa
Mekkora M nyomatéknak kell hatnia a kerékre az elfordulás határhelyzeté-ben? Milyen l1 méret mellet nem lehet a hengert megforgatni? (Önzárás mikor alakul ki?) l1=0,8m l2=3,2m r=0,6m G1=1600N G2=400N µ=0,3 A gördülési ellenállás elhanyagolható!
0=∑ AM
04 212
1 =−+ lBlBl
G yx
A koronghoz tartozó egyensúlyi egyenletek
0=∑ iX 0=− xBS xBS =
0=∑ iY 02 =−− GBN y
2GBN y +=
0=∑ BM 0=⋅− rSM rSM ⋅=
NS ⋅= µ
µG1 G2
M
l2/4
l2
l1B
A
r
G1
Bx
By
S
N
M
G2Bx
By
A
169
2
112
2
112
2
112
2
12
1
22
44
44)(
l
lS
GG
l
lB
GG
l
lB
GG
l
lBl
GGGBNS
x
x
x
y
µµµµµµ
µµµµµ
++=++=
=
++=
++=+=⋅=
41 1
22
1 GG
l
lS µµµ +=
−
N
l
l
GG
SG
Gl
lS 5,259
308,3800
14
41
2
1
12
12
2
1 ==−
+=⇒+=
−
&
µµ
NmrSM 7,155=⋅= Önzárás akkor alakul ki, amikor a súrlódó erő képletének nevezője nulla.
ml
ll
l6,10
3,02,3
01 2
12
1 &===⇒=−µµ
20. példa
Mekkora α szögnél válik a rendszer ön-záróvá? G és µ0 adott A hasábok magassá-ga elhanyagolható!
A középső rúd egyensúlyának feltétele, hogy az 1-es és 2-es rúdban a rúderők azonosak.
F
GG
N2
S2S1
N1
Rx
RyRyRx
Ry
Rx
Rα Ry
Rx
Rα
α αF
G
µ0 µ0
G
1-es rúd 2-es rúd
- 170 -
101 NS ⋅= µ
01 =− SRx
01 =−+ NGRy
0sin0
1 =−+µ
α SGR
0cos
sin0
=−+µ
αα RGR
GR −=
−
0
cossin
µαα
αµαµ
αµ
α sincossincos
0
0
0
−=
−= GG
R
02 =−+ FSRx
02 =−+ NGRy
202 NS ⋅= µ
αsinRRy =
αcosRRx =
[ ][ ]
GR
GRR
GRR
GRR
NRSRF
y
x
00
00
0
0
202
)sin(cos
sincos
sincos
cos
cos
µαµαµαµα
αµαµα
µα
++=++=
=++=
=++==+=+=
−++=++⋅
−=
sincossincos
1)sin(cossincos 0
0000
0
0
µαµαµµαµα
αµαµ
GGG
F
Ha 0sincos 0 =− µα akkor F a végtelenhez tart.
sincos 0µα =
=→=
00
11µ
ααµ
arctgtg Ennél nagyobb α szög esetén a rendszer önzáró!
21. példa
G súlyú, r sugarú koronghoz kapcsolt kötél végét a függőleges fal-hoz rögzítjük. Határozzuk meg a nyugalmi állapotot biztosító µ súr-lódási tényező értékét, ha α,r és G értékei ismertek!
00 =∑M
0=⋅⋅−⋅=⋅−⋅ rNrKrSrK µ NK ⋅= µ
0=∑ iX
0sin =− NK α αsinKN =
0=∑ iY
0cos =⋅+− NGK µα
N
KNK =→⋅= µµ
ααµ
sin1
sin===
K
K
N
K
α
G
S=µN
N
Ksinα
Kcosα K
α
µ
G
r
- 171 -
22. példa Mekkora az a minimális F erő, ahol a korong nem csúszik le. Mekkora a minimális µ az egyensúly biztosításához? α=30° G=1000N µ0=0,3
αµ0eFFK ⋅=
)cos1(cos αα +=+= rrrk
0=∑ AM
02 =⋅−⋅⋅−⋅ rGrFkFK
020 =⋅−⋅⋅−⋅⋅ rGrFkeF αµ [ ] 02)cos1(0 =⋅−−+⋅ rGrreF ααµ
[ ] GeF =−+ 2)cos1(0 ααµ
Ne
GF 5457
2)cos1(0=
−+=
ααµ
NFK 6385=
0=∑ iY
αα
cos
0cos
K
K
FGFS
SGFF
−+==+−−
0=∑ iX
αα
sin
0sin
K
K
FN
NF
==−
29,0sin
cos =−+==α
αµK
K
F
FGF
N
S
23. példa
Mekkora Q értéknél csúszik meg a korong? r=0,5m a=0,25m G=1000N µ=0,1 G
r
Q
a
µ
G
r
F
α
αµ0
α
S
N
FK
k
G
F
rα
Ar
- 172 -
µαeKK ⋅= 01
0=∑ iY
010 =−−+ QGKK
0=∑M
0)()( 10 =⋅−−−+ aGarKarK
)1(00010
µαµα eKGeKKGKKGQ +−=⋅−−=−−=
00000 =⋅−⋅⋅+⋅⋅−⋅+⋅ aGaeKreKaKrK µαµα
aGeaerarK ⋅=⋅+⋅−+ )(0µαµα
ππµαµα ⋅⋅ ⋅+⋅−+⋅=
⋅+⋅−+⋅=
1,01,00 25,05,025,05,025,01000
eeeaerar
aGK
NK 2,6130 =
24. példa
Az ábrán látható két rúdvéget összeszorító erő F=6000N. A rúdvégek között a súrlódási tényező µ=0,08. Mekkora nyoma-tékkal lehet a rúdvégeket az elcsúszás határhelyzetébe hozni? D=0,22m d=0,1m
ρϕρ dddA ⋅⋅=
dApdN ⋅=
π)( 22 rR
Fp
−=
dNdS ⋅= µ
ρϕρµρµρµρρ ddpdApdNdSdM ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅=
NmrR
rRF
rR
rR
Fd
rR
rR
F
drR
Fdd
rR
FdMM
R
r
R
rT
2,4005,011,005,011,0
600008,032
32
23)(3)(
3)()(
22
33
22
33
33
22
2
0
33
22
3
22
2
0
222
)(
=−−⋅⋅⋅=
−−⋅⋅⋅=
=
−−
=−⋅−
=
=
⋅
−=⋅
−==
∫
∫∫ ∫∫
µ
ππ
µϕπ
µ
ϕρπ
µϕρρπ
µ
π
π
G
Q
K0K1
dSdA
ρdρ
dφ
- 173 -
25. példa Mekkora oldalirányú vízszintes erővel lehet a lejtőn álló G=100N súlyú testet megmozdítani?
αcosGN =
αsinGL =
NLF ⋅=+ µ22
αµα cossin222 GGF ⋅=+
αµα 222222 cossin GGF ⋅=+
)sincos( 22222 ααµ −= GF
ααµ 222 sincos −= GF
NF 69,282869,010015sin15cos4,0100 222 =⋅=°−°⋅⋅=
26. példa
Mekkora M nyomatékkal hozható a dob az el-fordulás határhelyzetébe? Adott a,l,R, µ és F
A rúdra felírt nyomatéki egyenlet 0=∑M
0=⋅−⋅⋅+⋅ aNRNlF µ lFRaN ⋅=⋅− )( µ
)( Ra
lFN
⋅−⋅=
µ
NS ⋅= µ
F µ=0,4α=15°
GN
L
F
µ=0,4L
S=µNFe
µ
R
F
M
a
l
µ
Fa
l
M
RN
S=µN
NS
- 174 -
R
F
G
N
S
N
S
A korongra felírt nyomatéki egyenlet 0=∑M
0=−⋅ MRS
)( Ra
lFRRNM
⋅−⋅⋅=⋅⋅=
µµµ
27. példa
Mekkora F erőt kell működtetni, hogy a rendszer egyensúlyban legyen? l1=0,1m l2=0,3m l3=0,08m R=0,08m G=500N µ=0,4
Korongra felírt nyomatéki egyenlet
0=∑ BM
0=⋅−⋅ RSRG GS =
Rúdra felírt nyomatéki egyenlet
0=∑ AM
0231 =⋅−⋅+⋅ lNlSlF
0231 =⋅−⋅+⋅ lS
lSlFµ
Nl
lG
lGF 3350
1,0335
1
23
==⋅+⋅−
= µ
28. példa
A G súlyú test érdes felületen áll. Minimálisan mek-kora magasságban működtessük az F erőt, hogy a test megbillenjen? Mekkora a megmozdításhoz szükséges minimális erő? a=1m b=3m G=10000N µ0=0,4
F
G
µ0
a a
b
bh0
Rµ
B
F
l1
l2
l3
G
A
- 175 -
Bizonyos magasság alatt működtetett F erő hatására a test elcsúszik. Ekkor GNSF ⋅=⋅== 00 µµ
vagyis NF 4000100004,0 =⋅=
Egy h0 magasság elérésekor a test a billenés határhelyzeté-be jut
0=∑ iX SF =
00 =⋅−⋅ aGhF
aGhG ⋅=⋅⋅ 00µ
ah =⋅ 00µ
00 µ
ah =
Ezen magasság felett a test megbillen, alatta megcsúszik és súrlódva halad!
29. példa
Mekkora F erővel mozdítható el az ék az ékhoronyban? Adott: Q, µ,α
21 NN =
2sin1
QN =α
αsin221
QNNN ===
F
Gh0
N S
Q
α α
α α
N1 N2
α
α
Q
N1
N2
F
G
h0
NS
F
Q
µ
αα
- 176 -
A súrlódási erő NSS ⋅== µ21 .
Egyensúlyi egyenleteket az F irányban felírva
αµ
αµµµ
sinsin22
2)(21
QQNNNSSF
⋅=⋅=⋅=+=+=
Vezessük be QF 'sin
' µα
µµ =→=
Ha az α szöget növeljük, akkor vele együtt az F erő csökken, az α szög csökkentésével az F erő nő!
30. példa Mekkora erővel hozható az ábrán vá-zolt korong a lejtőn a felfelé való el-mozdulás határhelyzetébe, ha a gördü-lési ellenállás karja f=2,5mm? Mekkora minimális súrlódási tényező szükséges ahhoz, hogy a korong a lej-tőn ne csússzon meg? G=100N r=0,4m α=30°
0=∑M (az érintkezési pontra)
0=+⋅−⋅ fxx MrFrG
αsinGGx = αcosGGy =
αcosFFx = αsinFFy =
NfM f ⋅=
0=∑ iY
0=+−− NFG yy
0=∑ iX
0=+−− xx FSG
A 0=∑M és 0=∑ iY egyenletek felhasználásával
0)30sin30cos(30cos30sin =°+°+⋅°−⋅° FGfrFrG
Nfr
fGrGF 195,58
5,00025,023
4,0
23
0025,01004,05,0100
30sin30cos30cos30sin =
⋅−⋅
⋅⋅+⋅⋅=
°−°°⋅+⋅°=
A 0=∑ iX egyenletből a szükséges súrlódási erő
NGFS xx 4,0504,50 =−=−=
A minimális súrlódási tényező 0035,07,115
4,0 ===N
Sµ
α
F
x
y
r
G
y
Fx
Fy
Gy
Gx
MfN
S
x
- 177 -
31. példa Határozza meg F értékét úgy, hogy a G súlyú test a fölfelé való elmozdulás határhelyzetébe kerül-jön! Az F erővel terhelt éket súlytalannak tekintjük! µ0=0,1 µ1=0,15 µ2=0,2 G=1000N α=15°
000 NS ⋅= µ
111 NS ⋅= µ
222 NS ⋅= µ
αsin11 NN x =
αcos11 NN y =
αµ cos111 NS x =
αµ sin111 NS y =
Egyensúlyi egyenletek:
0112 =−− xx NSN 01122 =−++ yy NSGNµ
0sincos 1112 =−− αµ NaNN 0cossin 11122 =−++ ααµµ NNGN
0011 =−++ FSNS xx 0sincos 00111 =−++ FNNN µααµ
0011 =+− NNS yy 0cossin 0111 =++ NNN ααµ
αµα cossin 1112 NNN +=
0cossincossin 11112112 =−+++ ααµαµµαµ NNGNN
[ ] GN −=−++ ααµαµµαµ cossincossin 12121
ααµαµµαµ cossincossin 12121 −++
−= GN
°−°⋅+°⋅⋅+°⋅−=
15cos15sin15,015cos2,015,015sin2,01000
1N
NN 53,11811 =
NNNN 4,1095sincos 1110 =−= αµα
NNNNF 5,586cossin 11100 =++= αµαµ
F
G
S1
S2
N2
N1
N1
N0
S0
S1x
S1y
S1y
S1x S1
N1y
N1x
N1yN1x
α
F
G
µ2
µ1µ0α
- 178 -
32. példa Az R sugarú korongra kötelet rögzítünk, úgy, hogy az nem csúszhat meg. A korongot r sugarú csapon támasztjuk fel, ahol is-merjük a csap súrlódási kör r0 sugarát. A kötél egyik végére Q súlyú testet helyezünk. Határozzuk meg Fmin illetve Fmax értékét úgy, hogy a korong ne mozduljon meg.
0min )( rFQM cs ⋅+=
0=∑M
0min =⋅−−⋅ RFMRQ cs
0min0min0 =⋅−⋅−⋅−⋅ RFrFrQRQ
)()( 00min rRQrRF −=+
0
0min rR
rRQF
+−⋅=
0)( 0max =⋅+= rFQM cs
0=∑M
0max0max0 =⋅−⋅+⋅+⋅ RFrFrQRQ
0)()( 00max =++− rRQRrF
0
0max rR
rRQF
−+⋅=
F
Q
rR
FminQ
Q+Fmin
Mcs
FmaxQ
Q+Fmax
Mcs
N N
- 179 -
33. példa Mekkora F erővel lehet megállítani az M1 illetve M2 nyomatékkal terhelt korongot? D, M1, M2, l1, l2, µ, γ
µα ⋅⋅= eKK 01
( radián )
0=∑M (korongra)
022 101 =⋅−⋅+ D
KD
KM
022
)(001 =⋅⋅−⋅+ ⋅+ D
eKD
KM µγπ
1
2
)(
1
0 −= +γπµe
MDK
0=∑M (tartóra)
0210 =⋅−⋅ lFlK
01
2
21)(
1
=⋅−⋅−+ lFl
e
MD
γπµ
2
1)(
1
1
2
l
l
e
MDF ⋅
−= +γπµ
F
K1
K1
K0
K0
M2
F
l1
l2
ØD
M1
M2γ
µ
γπα +=
- 180 -
